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2020年高考数学新高考Ⅱ-22

  2021-06-08 22:00:38  

(12分)已知函数$f(x)=ae^{x-1}-\ln x+\ln a$.
(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$f(x)\geqslant 1$,求$a$的取值范围.
分析:(1)根据导数的几何意义即可求出切线方程,可得三角形的面积;
(2)方法一:不等式等价于$e^{x-1+\ln a}+\ln a+x-1\geqslant \ln x+x=e^{\ln x}+\ln x$,令$g(t)=e^{t}+t$,根据函数单调性可得$\ln a>\ln x-x+1$,再构造函数$h(x)=\ln x-x+1$,利用导数求出函数的最值,即可求出$a$的范围;
方法二:构造两个基本不等式$e^{x}>x-1$,$x-1\geqslant \ln x$,则原不等式转化为$x(a-1)\geqslant -\ln a$,再分类讨论即可求出$a$的取值范围,
方法三:利用分类讨论的思想,当$0<a<1$,此时不符合题意,当$a\geqslant 1$时,$f(x)\geqslant e^{x-1}-\ln x$,令$g(x)=e^{x-1}-\ln x$,
再根据导数和函数最值的关系即可证明,
方法四:先根据导数和函数的最值的关系求出$f(x)\geqslant f(x_{0})=\dfrac{1}{{x}_{0}}-2\ln x_{0}+1-x_{0}\geqslant 1$,$\ln a=1-x_{0}-\ln x_{0}$,再求出$x_{0}$的范围,再利用导数求$1-x_{0}-\ln x_{0}$的范围,即可求出$a$的范围.
方法五:$f(x)\geqslant 1$等价于$ae^{x}-1-\ln x+\ln a\geqslant 1$,构造函数$g$(a)$=a+\ln a-1$,利用导数求出函数的最值,即可求出$a$的范围.
解答:(1)当$a=e$时,$f(x)=e^{x}-\ln x+1$,
$\therefore f\prime (x)=e^{x}-\dfrac{1}{x}$,
$\therefore f\prime$(1)$=e-1$,
$\because f$(1)$=e+1$,
$\therefore$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,$x=\dfrac{-2}{\;e-1}$,
$\therefore$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$S=\dfrac{1}{2}\times 2\times \dfrac{2}{e-1}=\dfrac{2}{e-1}$.
(2)方法一:由$f(x)\geqslant 1$,可得$ae^{x-1}-\ln x+\ln a\geqslant 1$,即$e^{x-1+\ln a}-\ln x+\ln a\geqslant 1$,
即$e^{x-1+\ln a}+\ln a+x-1\geqslant \ln x+x=e^{\ln x}+\ln x$,
令$g(t)=e^{t}+t$,
则$g\prime (t)=e^{t}+1>0$,
$\therefore g(t)$在$R$上单调递增,
$\because g(\ln a+x-1)\geqslant g(\ln x)$
$\therefore \ln a+x-1\geqslant \ln x$,
即$\ln a\geqslant \ln x-x+1$,
令$h(x)=\ln x-x+1$,
$\therefore h\prime (x)=\dfrac{1}{x}-1=\dfrac{1-x}{x}$,
当$0<x<1$时,$h\prime (x)>0$,函数$h(x)$单调递增,
当$x>1$时,$h\prime (x)<0$,函数$h(x)$单调递减,
$\therefore h(x)\leqslant h$(1)$=0$,
$\therefore \ln a\geqslant 0$,
$\therefore a\geqslant 1$,
故$a$的范围为$[1$,$+\infty )$.
方法二:由$f(x)\geqslant 1$可得$ae^{x-1}-\ln x+\ln a\geqslant 1$,$x>0$,$a>0$,
即$ae^{x-1}-1\geqslant \ln x-\ln a$,
设$g(x)=e^{x}-x-1$,
$\therefore g\prime (x)=e^{x}-1>0$恒成立,
$\therefore g(x)$在$(0,+\infty )$单调递增,
$\therefore g(x)>g(0)=1-0-1=0$,
$\therefore e^{x}-x-1>0$,
即$e^{x}>x+1$,
再设$h(x)=x-1-\ln x$,
$\therefore h\prime (x)=1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-1}{x}$,
当$0<x<1$时,$h\prime (x)<0$,函数$h(x)$单调递减,
当$x>1$时,$h\prime (x)>0$,函数$h(x)$单调递增,
$\therefore h(x)\geqslant h$(1)$=0$,
$\therefore x-1-\ln x\geqslant 0$,
即$x-1\geqslant \ln x$
$\therefore e^{x-1}\geqslant x$,则$ae^{x-1}\geqslant ax$,
此时只需要证$ax\geqslant x-\ln a$,
即证$x(a-1)\geqslant -\ln a$,
当$a\geqslant 1$时,
$\therefore x(a-1)>0>-\ln a$恒成立,
当$0<a<1$时,$x(a-1)<0<-\ln a$,此时$x(a-1)\geqslant -\ln a$不成立,
综上所述$a$的取值范围为$[1$,$+\infty )$.
方法三:由题意可得$x\in (0,+\infty )$,$a\in (0,+\infty )$,
$\therefore f\prime (x)=ae^{x-1}-\dfrac{1}{x}$,
易知$f\prime (x)$在$(0,+\infty )$上为增函数,
①当$0<a<1$时,$f\prime$(1)$=a-1<0$,$f\prime (\dfrac{1}{a})=a{e}^{\dfrac{1}{a}-1}-a=a({e}^{\dfrac{1}{a}-1}-1)>0$,
$\therefore$存在$x_{0}\in (1,\dfrac{1}{a})$使得$f\prime (x_{0})=0$,
当$x\in (1,x_{0})$时,$f\prime (x)<0$,函数$f(x)$单调递减,
$\therefore f(x)<f$(1)$=a+\ln a<a<1$,不满足题意,
②当$a\geqslant 1$时,$e^{x-1}>0$,$\ln a>0$,
$\therefore f(x)\geqslant e^{x-1}-\ln x$,
令$g(x)=e^{x-1}-\ln x$,
$\therefore g\prime (x)=e^{x-1}-\dfrac{1}{x}$,
易知$g\prime (x)$在$(0,+\infty )$上为增函数,
$\because g\prime$(1)$=0$,
$\therefore$当$x\in (0,1)$时,$g\prime (x)<0$,函数$g(x)$单调递减,
当$x\in (1,+\infty )$时,$g\prime (x)>0$,函数$g(x)$单调递增,
$\therefore g(x)\geqslant g$(1)$=1$,
即$f(x)\geqslant 1$,
综上所述$a$的取值范围为$[1$,$+\infty )$.
方法四:$\because f(x)=ae^{x-1}-\ln x+\ln a$,$x>0$,$a>0$,
$\therefore f\prime (x)=ae^{x-1}-\dfrac{1}{x}$,易知$f\prime (x)$在$(0,+\infty )$上为增函数,
$\because y=ae^{x-1}$在$(0,+\infty )$上为增函数,$y=\dfrac{1}{x}$在0,$+\infty )$上为减函数,
$\therefore y=ae^{x-1}$与$y=\dfrac{1}{x}$在0,$+\infty )$上有交点,
$\therefore$存在$x_{0}\in (0,+\infty )$,使得$f\prime (x_{0})=a{e}^{{x}_{0}-1}-\dfrac{1}{{x}_{0}}=0$,
则$a{e}^{{x}_{0}-1}=\dfrac{1}{{x}_{0}}$,则$\ln a+x_{0}-1=-\ln x_{0}$,即$\ln a=1-x_{0}-\ln x_{0}$,
当$x\in (0,x_{0})$时,$f\prime (x)<0$,函数$f(x)$单调递减,
当$x\in (x_{0}$,$+\infty )$时,$f\prime (x)>0$,函数$f(x)$单调递增,
$\therefore f(x)\geqslant f(x_{0})=a{e}^{{x}_{0}-1}-\ln x_{0}+\ln a$
$=\dfrac{1}{{x}_{0}}-\ln x_{0}+1-x_{0}-\ln x_{0}=\dfrac{1}{{x}_{0}}-2\ln x_{0}+1-x_{0}\geqslant 1$
$\therefore$$\dfrac{1}{{x}_{0}}-2\ln x_{0}-x_{0}\geqslant 0$
设$g(x)=\dfrac{1}{\;x}-2\ln x-x$,
易知函数$g(x)$在$(0,+\infty )$上单调递减,且$g$(1)$=1-0-1=0$,
$\therefore$当$x\in (0$,$1]$时,$g(x)\geqslant 0$,
$\therefore x_{0}\in (0$,$1]$时,$\dfrac{1}{{x}_{0}}-2\ln x_{0}-x_{0}\geqslant 0$,
设$h(x)=1-x-\ln x$,$x\in (0$,$1]$,
$\therefore h\prime (x)=-1-\dfrac{1}{x}<0$恒成立,
$\therefore h(x)$在$(0$,$1]$上单调递减,
$\therefore h(x)\geqslant h$(1)$=1-1-\ln 1=0$,
当$x\rarr 0$时,$h(x)\rarr +\infty$,
$\therefore \ln a\geqslant 0=\ln 1$,
$\therefore a\geqslant 1$.
方法五:$f(x)\geqslant 1$等价于$ae^{x-1}-\ln x+\ln a\geqslant 1$,该不等式恒成立.
当$x=1$时,有$a+\ln a\geqslant 1$,其中$a>0$.
设$g$(a)$=a+\ln a-1$,则$g'$(a)$=1+\dfrac{1}{a}>0$,
则$g$(a)单调递增,且$g$(1)$=0$.
所以若$a+\ln a\geqslant 1$成立,则必有$a\geqslant 1$.
$\therefore$下面证明当$a\geqslant 1$时,$f(x)\geqslant 1$成立.
设$h(x)=e^{x}-x-1$,
$\therefore h\prime (x)=e^{x}-1$,
$\therefore h(x)$在$(-\infty ,0)$单调递减,在$(0,+\infty )$单调递增,
$\therefore h(x)\geqslant h(0)=1-0-1=0$,
$\therefore e^{x}-x-1\geqslant 0$,
即$e^{x}\geqslant x+1$,
把$x$换成$x-1$得到$e^{x-1}\geqslant x$,
$\because x-1\geqslant \ln x$,$\therefore x-\ln x\geqslant 1$.
$\therefore f(x)=ae^{x-1}-\ln x+\ln a\geqslant e^{x-1}-\ln x\geqslant x-\ln x\geqslant 1$,当$x=1$时等号成立.
综上,$a\geqslant 1$.
点评:本题考查了导数的几何意义,以及导数和函数的最值的关系,考查了运算求解能力,转化与化归能力,属于难题.

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