Question

5．已知函数f（x）=lnx-a（x-1）．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）当a≠0时，过原点分别作曲线 y=f（x）与y=e^x的切线l₁，l₂，若两切线的斜率互为倒数，求证：1＜a＜2．

Answer 1

分析 （1）利用导数求函数的单调区间，从而求解函数f（x）的极值；
（2）设切线l₂的方程为y=k₂x，从而由导数及斜率公式可求得切点为（1，e），k₂=e；再设l₁的方程，整理得$ln{x_1}-1+\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}=0$，再令$m（x）=lnx-1+\frac{1}{x}-\frac{1}{e}$，求导确定函数的单调性，从而问题得证．

解答 （1）解：$f'（x）=\frac{1}{x}-a$
①若a≤0时，$f'（x）=\frac{1}{x}-a$＞0
所以函数f（x）在（0，+∞）单调递增，故无极大值和极小值
②若a＞0，由$f'（x）=\frac{1}{x}-a=0$得$x=\frac{1}{a}$，
所以$x∈（0，\frac{1}{a}）$．函数f（x）单调递增，$x∈（\frac{1}{a}，+∞）$，函数f（x）单调递减
故函数f（x）有极大值a-lna-1，无极小值．
（2）证明：设切线l₂的方程为y=k₂x，切点为（x₂，y₂），
则${y_2}={e^{x_2}}$，${k_2}={e^{x_2}}=\frac{y_2}{x_2}$，所以x₂=1，y₂=e，则${k_2}={e^{x_2}}=e$．
由题意知，切线l₁的斜率为${k_1}=\frac{1}{k_2}=\frac{1}{e}$，l₁的方程为$y={k_1}x=\frac{1}{e}x$．
设l₁与曲线y=f（x）的切点为（x₁，y₁），则${k_1}=f'（{x_1}）=\frac{1}{x_1}-a$=$\frac{1}{e}=\frac{y_1}{x_1}$，
所以${y_1}=\frac{x_1}{e}=1-a{x_1}$，$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$．
又因为y₁=lnx₁-a（x₁-1），消去y₁和a后，整理得$ln{x_1}-1+\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}=0$
令$m（x）=lnx-1+\frac{1}{x}-\frac{1}{e}$，则$m'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$，
所以m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
又x₀为m（x）的一个零点，所以
①若x₁∈（0，1），因为$m（\frac{1}{e}）=-2+e-\frac{1}{e}＞0$，$m（1）=-\frac{1}{e}＜0$，所以${x_1}∈（\frac{1}{e}，1）$，
因为$ln{x_1}-1+\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}=0$
所以$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$=1-lnx₁，所以1＜a＜2．
②若x₁∈（1，+∞），因为m（x）在（1，+∞）上单调递增，且m（e）=0，则x₁=e，
所以a=1-lnx₁=0（舍去）．
综上可知，1＜a＜2．

点评 本题考查利用导数讨论含参数函数的单调性、利用导数求曲线的切线问题，主要考查利用导函数研究曲线的切线及结合方程有解零点存在定理的应该用求参数的问题，得到不等式的证明；属于难题．