Question

已知函數(shù)f（x）=ax-b，g（x）=e^x（a，b∈R），h（x）為g（x）的反函數(shù)．
（Ⅰ）若函數(shù)y=f（x）-g（x）在x=1處的切線方程為y=（1-e）x-2，求a，b的值；
（Ⅱ）當b=0時，若不等式f（x）＞h（x）恒成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）當a=b時，若對任意x₀∈（-∞，0]，方程f（x）-h（x）=g（x₀）在（0，e]上總有兩個不等的實根，求a的最小值．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用,不等式的解法及應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求出y=f（x）-g（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得切線的斜率和切點坐標，解a，b的方程即可得到；
（Ⅱ）當b=0時，f（x）=ax，f（x）＞h（x）即ax＞lnx．方法一、ax＞lnx等價于

lnx

x

＜a．運用導(dǎo)數(shù)求得右邊函數(shù)的最大值即可；方法二、作差，運用導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得到；方法三、作出直線y=ax與y=lnx的圖象，由圖象觀察即可得到；
（Ⅲ）方法一、方程f（x）-h（x）=g（x₀）在（0，e]上總有兩個不等的實根等價于函數(shù)y=m（x）的圖象與x軸在（0，e]上有兩個不同的交點．令m(x)=ax-a-lnx-ex0，對a討論，通過導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可得到取值范圍；方法二、當a=b時，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]上總有兩個不等的實根等價于函數(shù)y=a(x-1)-ex0與y=lnx的圖象在（0，e]上有兩個不同的交點．通過圖象觀察即可得到范圍．

解答： 解：（Ⅰ）因為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．
因為切點坐標為（1，-1-e），
代入函數(shù)式y(tǒng)=f（x）-g（x）
=x-b-e^x，
可得b=2．                 
（Ⅱ）當b=0時，f（x）=ax．
因為h（x）為g（x）的反函數(shù)，
所以h（x）=lnx（x＞0）．                
所以f（x）＞h（x）即ax＞lnx．
方法一：又因為x＞0，所以ax＞lnx等價于

lnx

x

＜a．                     
令k(x)=

lnx

x

，則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）單調(diào)遞增，在（e，+∞）單調(diào)遞減，
由上可知k(x)≤k(e)=

1

e

，
故實數(shù)a的取值范圍是(

1

e

，+∞)．
方法二：令n（x）=ax-lnx，
當a≤0時，因為存在x=1，使得n（1）=a≤0，
所以n（x）=ax-lnx不恒為正數(shù)．
當a＞0時，n′(x)=

a(x- 1 a )

x

，
因為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

)遞減，在(

1

a

，+∞)遞增，
所以n(x)=ax-lnx≥1-ln

1

a

=1+lna．
令1+lna＞0得a＞

1

e

，
故實數(shù)a的取值范圍是(

1

e

，+∞)．
方法三：設(shè)直線y=ax與y=lnx的圖象切于點P（x₀，lnx₀），
則a=

1

x0

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

1

e

x與y=lnx的圖象切于點P（e，1）．
通過考察函數(shù)y=ax與y=lnx的圖象，
可知不等式f（x）＞h（x）恒成立時，a的取值范圍為(

1

e

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

1

x

=

ax-1

x

．
方程f（x）-h（x）=g（x₀）在（0，e]上總有兩個不等的實根等價于
函數(shù)y=m（x）的圖象與x軸在（0，e]上有兩個不同的交點．            
（�。┊攁≤0時，
因為x∈（0，e]，所以m′(x)=a-

1

x

＜0，
所以函數(shù)y=m（x）在（0，e]單調(diào)遞減，
從而函數(shù)y=m（x）在（0，e]內(nèi)的零點最多一個，不符合題意．
（ⅱ）當a＞0時，因為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

．
所以函數(shù)y=m（x）在(0，

1

a

)單調(diào)遞減，在(

1

a

，+∞)單調(diào)遞增．
①當

1

a

≥e時，因為y=m（x）在（0，e]單調(diào)遞減，
所以函數(shù)y=m（x）在區(qū)間（0，e]內(nèi)的零點最多一個，不符合題意要求；
②當0＜

1

a

＜e時，因為當x趨于0時，y=m（x）的值趨于正無窮大，
所以當且僅當

a＞ 1 e m( 1 a )＜0 m(e)≥0

時函數(shù)y=m（x）在（0，e]有兩個零點．
由m(

1

a

)＜0得1-a+lna-ex0＜0，即1-a+lna＜ex0對x₀∈（-∞，0]恒成立．
因為對任意的x₀∈（-∞，0]時，0＜ex0≤1，
所以，m(

1

a

)＜0等價于1-a+lna≤0．
再令y=n（a）=1-a+lna，則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．
所以函數(shù)y=n（a）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）單調(diào)遞減．
所以n（a）=1-a+lna≤n（1）=0，故m(

1

a

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

2

e-1

．
所以

a≥ 1 e m( 1 a )＜0 m(e)≥0

的解為a≥

2

e-1

．
綜合①②得a≥

2

e-1

．
綜合（�。�（ⅱ）得滿足題意要求的實數(shù)a的最小值為

2

e-1

．  
解法2：當a=b時，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]上總有兩個不等的實根
等價于函數(shù)y=a(x-1)-ex0與y=lnx的圖象在（0，e]上有兩個不同的交點．
因為直線y=a(x-1)-ex0的斜率為a，過定點P(1，-ex0)，
且由x₀∈（-∞，0]可得ex0∈(0，1]，-ex0∈[-1，0)．            
所以當且僅當

a＞0 a(e-1)-ex0≥lne=1

時，y=a(x-1)-ex0與
y=lnx的圖象在（0，e]上有兩個不同的交點．                                
又因為a(e-1)-ex0≥1對任意x₀∈（-∞，0]恒成立，
所以a≥(

1+ex0

e-1

)max=

2

e-1

．                              
綜上所述，滿足題意要求的實數(shù)a的最小值為

2

e-1

．

點評：本題主要考查基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)、導(dǎo)數(shù)的運算及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用等基礎(chǔ)知識，考查抽象概括能力、推理論證能力、運算求解能力以及應(yīng)用意識，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想．