已知函数当时求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积若求的取值范围

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232309. （2023•铁一中学•高三上一月）已知函数f（x）＝ae^x^﹣1﹣lnx+lna．
（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．

共享时间:2023-10-13 难度:2

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[考点]

利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程，

[答案]

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[解析]

解：（1）当a＝e时，f（x）＝e^x﹣lnx+1，
∴f′（x）＝e^x﹣

，
∴f′（1）＝e﹣1，
∵f（1）＝e+1，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），
当x＝0时，y＝2，当y＝0时，x＝

，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S＝

×2×

＝

．
（2）方法一：由f（x）≥1，可得ae^x^﹣1﹣lnx+lna≥1，即e^x^﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，
即e^x^﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝e^lnx+lnx，
令g（t）＝e^t+t，
则g′（t）＝e^t+1＞0，
∴g（t）在R上单调递增，
∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）
∴lna+x﹣1≥lnx，
即lna≥lnx﹣x+1，
令h（x）＝lnx﹣x+1，
∴h′（x）＝

﹣1＝

，
当0＜x＜1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
当x＞1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
∴h（x）≤h（1）＝0，
∴lna≥0，
∴a≥1，
故a的范围为[1，+∞）．
方法二：由f（x）≥1可得ae^x^﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，
即ae^x^﹣1﹣1≥lnx﹣lna，
设g（x）＝e^x﹣x﹣1，
∴g′（x）＝e^x﹣1＞0恒成立，
∴g（x）在（0，+∞）单调递增，
∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，
∴e^x﹣x﹣1＞0，
即e^x＞x+1，
再设h（x）＝x﹣1﹣lnx，
∴h′（x）＝1﹣

＝

，
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
当x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
∴h（x）≥h（1）＝0，
∴x﹣1﹣lnx≥0，
即x﹣1≥lnx
∴e^x^﹣1≥x，则ae^x^﹣1≥ax，
此时只需要证ax≥x﹣lna，
即证x（a﹣1）≥﹣lna，
当a≥1时，
∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立，
当0＜a＜1时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna不成立，
综上所述a的取值范围为[1，+∞）．
方法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），
∴f′（x）＝ae^x^﹣1﹣

，
易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
①当0＜a＜1时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（

）＝a

﹣a＝a（

﹣1）＞0，
∴存在x₀∈（1，

）使得f′（x₀）＝0，
当x∈（1，x₀）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满足题意，
②当a≥1时，e^x^﹣1＞0，lna＞0，
∴f（x）≥e^x^﹣1﹣lnx，
令g（x）＝e^x^﹣1﹣lnx，
∴g′（x）＝e^x^﹣1﹣

，
易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，
∵g′（1）＝0，
∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
∴g（x）≥g（1）＝1，
即f（x）≥1，
综上所述a的取值范围为[1，+∞）．
方法四：∵f（x）＝ae^x^﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，
∴f′（x）＝ae^x^﹣1﹣

，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
∵y＝ae^x^﹣1在（0，+∞）上为增函数，y＝

在0，+∞）上为减函数，
∴y＝ae^x^﹣1与y＝

在0，+∞）上有交点，
∴存在x₀∈（0，+∞），使得f′（x₀）＝a

﹣

＝0，
则a

＝

，则lna+x₀﹣1＝﹣lnx₀，即lna＝1﹣x₀﹣lnx₀，
当x∈（0，x₀）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x∈（x₀，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
∴f（x）≥f（x₀）＝a

﹣lnx₀+lna
＝

﹣lnx₀+1﹣x₀﹣lnx₀＝

﹣2lnx₀+1﹣x₀≥1
∴

﹣2lnx₀﹣x₀≥0
设g（x）＝

﹣2lnx﹣x，
易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，
∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，
∴x₀∈（0，1]时，

﹣2lnx₀﹣x₀≥0，
设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，
∴h′（x）＝﹣1﹣

＜0恒成立，
∴h（x）在（0，1]上单调递减，
∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，
当x→0时，h（x）→+∞，
∴lna≥0＝ln1，
∴a≥1．
方法五：f（x）≥1等价于ae^x^﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成立．
当x＝1时，有a+lna≥1，其中a＞0．
设g（a）＝a+lna﹣1，则g'（a）＝1+

＞0，
则g（a）单调递增，且g（1）＝0．
所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．
∴下面证明当a≥1时，f（x）≥1成立．
设h（x）＝e^x﹣x﹣1，
∴h′（x）＝e^x﹣1，
∴h（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，
∴h（x）≥h（0）＝1﹣0﹣1＝0，
∴e^x﹣x﹣1≥0，
即e^x≥x+1，
把x换成x﹣1得到e^x^﹣1≥x，
∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．
∴f（x）＝ae^x^﹣1﹣lnx+lna≥e^x^﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1，当x＝1时等号成立．
综上，a≥1．

[点评]

本题考查了"利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程，"，属于"易错题"，熟悉题型是解题的关键。

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