Question

已知函数f（x）=ax-b，g（x）=e^x（a，b∈R），h（x）为g（x）的反函数．
（Ⅰ）若函数y=f（x）-g（x）在x=1处的切线方程为y=（1-e）x-2，求a，b的值；
（Ⅱ）当b=0时，若不等式f（x）＞h（x）恒成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a=b时，若对任意x₀∈（-∞，0]，方程f（x）-h（x）=g（x₀）在（0，e]上总有两个不等的实根，求a的最小值．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数研究函数的极值,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：函数的性质及应用,导数的概念及应用,不等式的解法及应用

分析：（Ⅰ）求出y=f（x）-g（x）的导数，由题意可得切线的斜率和切点坐标，解a，b的方程即可得到；
（Ⅱ）当b=0时，f（x）=ax，f（x）＞h（x）即ax＞lnx．方法一、ax＞lnx等价于

lnx

x

＜a．运用导数求得右边函数的最大值即可；方法二、作差，运用导数，判断单调性，即可得到；方法三、作出直线y=ax与y=lnx的图象，由图象观察即可得到；
（Ⅲ）方法一、方程f（x）-h（x）=g（x₀）在（0，e]上总有两个不等的实根等价于函数y=m（x）的图象与x轴在（0，e]上有两个不同的交点．令m(x)=ax-a-lnx-ex0，对a讨论，通过导数判断单调性，即可得到取值范围；方法二、当a=b时，f（x）-h（x）=g（x₀）即ax-a-lnx=ex0，得a(x-1)-ex0=lnx．
方程f（x）-h（x）=g（x₀）在（0，e]上总有两个不等的实根等价于函数y=a(x-1)-ex0与y=lnx的图象在（0，e]上有两个不同的交点．通过图象观察即可得到范围．

解答： 解：（Ⅰ）因为y=f（x）-g（x）=ax-b-e^x，
所以y'=f'（x）-g'（x）=a-e^x，
由y'|_x=1=a-e=1-e，解得a=1．
因为切点坐标为（1，-1-e），
代入函数式y=f（x）-g（x）
=x-b-e^x，
可得b=2．                 
（Ⅱ）当b=0时，f（x）=ax．
因为h（x）为g（x）的反函数，
所以h（x）=lnx（x＞0）．                
所以f（x）＞h（x）即ax＞lnx．
方法一：又因为x＞0，所以ax＞lnx等价于

lnx

x

＜a．                     
令k(x)=

lnx

x

，则k′(x)=

1-lnx

x2

．
解k'（x）=0，得x=e；解k'（x）＞0，得0＜x＜e；解k'（x）＜0，得x＞e．
所以k（x）在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减，
由上可知k(x)≤k(e)=

1

e

，
故实数a的取值范围是(

1

e

，+∞)．
方法二：令n（x）=ax-lnx，
当a≤0时，因为存在x=1，使得n（1）=a≤0，
所以n（x）=ax-lnx不恒为正数．
当a＞0时，n′(x)=

a(x- 1 a )

x

，
因为x＞0，
所以解n'（x）=0，得x=

1

a

；解n'（x）＞0，得x＞

1

a

；解n'（x）＜0，得0＜x＜

1

a

．
故n（x）=ax-lnx在(0，

1

a

)递减，在(

1

a

，+∞)递增，
所以n(x)=ax-lnx≥1-ln

1

a

=1+lna．
令1+lna＞0得a＞

1

e

，
故实数a的取值范围是(

1

e

，+∞)．
方法三：设直线y=ax与y=lnx的图象切于点P（x₀，lnx₀），
则a=

1

x0

且P（x₀，lnx₀）在直线y=ax上，
所以lnx₀=1，x₀=e，即直线y=

1

e

x与y=lnx的图象切于点P（e，1）．
通过考察函数y=ax与y=lnx的图象，
可知不等式f（x）＞h（x）恒成立时，a的取值范围为(

1

e

，+∞)．
（Ⅲ）解法1：当a=b时，f（x）-h（x）=g（x₀）即ax-a-lnx=ex0，ax-a-lnx-ex0=0．
令m(x)=ax-a-lnx-ex0，则m′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

．
方程f（x）-h（x）=g（x₀）在（0，e]上总有两个不等的实根等价于
函数y=m（x）的图象与x轴在（0，e]上有两个不同的交点．            
（ⅰ）当a≤0时，
因为x∈（0，e]，所以m′(x)=a-

1

x

＜0，
所以函数y=m（x）在（0，e]单调递减，
从而函数y=m（x）在（0，e]内的零点最多一个，不符合题意．
（ⅱ）当a＞0时，因为x＞0，
解m′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

=0，得x=

1

a

；解m'（x）＞0，得x＞

1

a

；
解m'（x）＜0，得0＜x＜

1

a

．
所以函数y=m（x）在(0，

1

a

)单调递减，在(

1

a

，+∞)单调递增．
①当

1

a

≥e时，因为y=m（x）在（0，e]单调递减，
所以函数y=m（x）在区间（0，e]内的零点最多一个，不符合题意要求；
②当0＜

1

a

＜e时，因为当x趋于0时，y=m（x）的值趋于正无穷大，
所以当且仅当

a＞ 1 e m( 1 a )＜0 m(e)≥0

时函数y=m（x）在（0，e]有两个零点．
由m(

1

a

)＜0得1-a+lna-ex0＜0，即1-a+lna＜ex0对x₀∈（-∞，0]恒成立．
因为对任意的x₀∈（-∞，0]时，0＜ex0≤1，
所以，m(

1

a

)＜0等价于1-a+lna≤0．
再令y=n（a）=1-a+lna，则y′=n′(a)=

1

a

-1．
解n′(a)=

1

a

-1=0得a=1；解n'（a）＞0得0＜a＜1；解n'（a）＜0得a＞1．
所以函数y=n（a）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．
所以n（a）=1-a+lna≤n（1）=0，故m(

1

a

)＜0的解为a＞0．
由m（e）≥0得ae-a-1-ex0≥0即ae-a-1≥ex0对x₀∈（-∞，0]恒成立．
因为ex0∈(0，1]，所以ae-a-1≥1，
所以m（e）≥0的解为a≥

2

e-1

．
所以

a≥ 1 e m( 1 a )＜0 m(e)≥0

的解为a≥

2

e-1

．
综合①②得a≥

2

e-1

．
综合（ⅰ）（ⅱ）得满足题意要求的实数a的最小值为

2

e-1

．  
解法2：当a=b时，f（x）-h（x）=g（x₀）即ax-a-lnx=ex0，得a(x-1)-ex0=lnx．
方程f（x）-h（x）=g（x₀）在（0，e]上总有两个不等的实根
等价于函数y=a(x-1)-ex0与y=lnx的图象在（0，e]上有两个不同的交点．
因为直线y=a(x-1)-ex0的斜率为a，过定点P(1，-ex0)，
且由x₀∈（-∞，0]可得ex0∈(0，1]，-ex0∈[-1，0)．            
所以当且仅当

a＞0 a(e-1)-ex0≥lne=1

时，y=a(x-1)-ex0与
y=lnx的图象在（0，e]上有两个不同的交点．                                
又因为a(e-1)-ex0≥1对任意x₀∈（-∞，0]恒成立，
所以a≥(

1+ex0

e-1

)max=

2

e-1

．                              
综上所述，满足题意要求的实数a的最小值为

2

e-1

．

点评：本题主要考查基本初等函数的导数、导数的运算及导数的应用等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力以及应用意识，考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、数形结合思想．