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已知函数f(x)=ex-alnx-a.(Ⅰ)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(Ⅱ)证明:对于∀a∈(0,e),f(x)在区间(ae,1)上有极小值,且极小值大于0.
题目详情
已知函数f(x)=ex-alnx-a.
(Ⅰ)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(Ⅱ)证明:对于∀a∈(0,e),f(x)在区间(
,1)上有极小值,且极小值大于0.
(Ⅰ)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(Ⅱ)证明:对于∀a∈(0,e),f(x)在区间(
a |
e |
▼优质解答
答案和解析
(Ⅰ)由f(x)=ex-alnx-a,x>0,
由a=e,则f(x)=ex-e(lnx-1),求导f′(x)=ex-
,
由f(1)=0,f′(1)=0,
∴y=f(x)在(1,f(1))处切线方程为y=0,
(Ⅱ)由a∈(0,e),则导f′(x)=ex-
,在(
,1)上是单调递增函数,
由f′(
)=e
-e<0,f′(1)=e-a>0,
则∃x0∈(
,1)使得ex0-
=0,
∴∀x∈(
,x0),f′(x0)<0,∀x∈(x0,1),f′(x0)>0,
故f(x)在(
,x0)上单调递减,在(x0,1)上单调递增,
∴f(x)有极小值f(x0),由ex0-
=0,
则f(x0)=ex0-a(lnx0+1)=a(
-lnx0-1),
设g(x)=a(
-lnx-1),x∈(
,1),
g′(x)=a(-
-
)=-
,
∴g(x)在(
,1)上单调递减,
∴g(x)>g(1)=0,
即f(x0)>0,
∴函数f(x)的极小值大于0.
由a=e,则f(x)=ex-e(lnx-1),求导f′(x)=ex-
e |
x |
由f(1)=0,f′(1)=0,
∴y=f(x)在(1,f(1))处切线方程为y=0,
(Ⅱ)由a∈(0,e),则导f′(x)=ex-
a |
x |
a |
e |
由f′(
a |
e |
a |
e |
则∃x0∈(
a |
e |
a |
x0 |
∴∀x∈(
a |
e |
故f(x)在(
a |
e |
∴f(x)有极小值f(x0),由ex0-
a |
x0 |
则f(x0)=ex0-a(lnx0+1)=a(
1 |
x0 |
设g(x)=a(
1 |
x |
a |
e |
g′(x)=a(-
1 |
x2 |
1 |
x |
a(1+x) |
x2 |
∴g(x)在(
a |
e |
∴g(x)>g(1)=0,
即f(x0)>0,
∴函数f(x)的极小值大于0.
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