Question

11．已知函数f（x）=e^x-m，g（x）=ln（x+m），其中m＞0
（1）若P（x₀，y₀）是两个函数图象上的一个公共点，求证：x₀=y₀；
（2）若P（x₀，y₀）是两个函数图象上唯一的公共点，求实数m，x₀的值；
（3）若两个函数图象无公共点，试问存在几条直线与它们都相切？请说明理由．

Answer 1

分析 （1）代入P的坐标，整理可得${e^{x_°}}+{x_°}={e^{y_°}}+{y_°}$，令u（x）=e^x+x，运用导数判断单调性，即可得证；
（2）由（1）的结论，可得$m={e^{x_°}}-{x_°}$有唯一解，令h（x）=e^x-x，求导判断单调性，即可求得m，x₀的值；
（3）设存在公切线l与y=f（x）相切于点A（x₁，y₁），与y=g（x）切于点B（x₂，y₂），y=f（x）与y=g（x）无公共点，可得m＜1，令$v（x）=x+（{m-1}）+\frac{-x+m-1}{e^x}，x∈R$，求出导数，判断单调性，再由零点存在定理，即可判断．

解答 解：（1）证明：依题意，${e^{x_°}}-m=ln（{{x_°}+m}）={y_°}$，
则$m={e^{x_°}}-{y_°}={e^{y_°}}-{x_°}$
即${e^{x_°}}+{x_°}={e^{y_°}}+{y_°}$
令u（x）=e^x+x，
∵u′（x）=e^x+1＞0，
∴u（x）在R上递增，∴x₀=y₀；
（2）由（1）可知方程${e^{x_°}}-m={x_°}$有唯一解，
即$m={e^{x_°}}-{x_°}$有唯一解，
令h（x）=e^x-x，则由h′（x）=e^x-1=0得x=0，
∵当x∈（-∞，0）时，h，（x）＜0；
当x∈（0，+∞）时，h，（x）＞0
∴h（x）在（-∞，0）递减，在（0，+∞）递增，
∴m=h（0）=1；
（3）设存在公切线l与y=f（x）相切于点A（x₁，y₁），
与y=g（x）切于点B（x₂，y₂），
则${e^{x_1}}=\frac{1}{{{x_2}+m}}=\frac{{{e^{x_1}}-m-ln（{{x_2}+m}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$，
消x₂得${x_1}+（{m-1}）+\frac{{-{x_1}+m-1}}{{{e^{x_1}}}}=0$，
∵y=f（x）与y=g（x）无公共点，∴m＜1，
令$v（x）=x+（{m-1}）+\frac{-x+m-1}{e^x}，x∈R$，
则v′（x）=$\frac{{e}^{x}+x-m}{{e}^{x}}$，
∵e^x+x-m在R递增且e^-1-1-m＜0，e⁰+0-m＞0，
∴存在t∈（-1，0）唯一使得e^t=m-t，
∴x∈（-∞，t），v（x）递减，x∈（t，+∞），v（x）递增，
又∵$v（t）=t+m-1+\frac{-t+m-1}{e^t}=t+m-1+\frac{-t+m-1}{m-t}=\frac{{（{{m^2}-1}）-{t^2}}}{m-t}＜0$，
且$v（{-2}）=m-3+\frac{m+1}{{{e^{-2}}}}=m（{1+{e^2}}）+（{{e^2}-3}）＞0$，
v（2）=m（1+e^-2）+（1-3e^-2）＞0，
∴v（x）有且仅有2个零点，即y=f（x）与y=g（x）有2条公切线．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程，考查函数的单调性的运用，注意构造函数求导，判断单调性，考查运算能力，属于中档题．