每日导数53

隐零点、同构、必要性探路三法解决

已知函数\(f(x)=e^{x-1}-a\ln x\)

(1)当\(a=-1\)，求曲线\(y=f(x)\)在\((1,f(1))\)处的切线方程

(2)当\(a>0\)，若不等式\(f(x)\geq a+a\ln a\)恒成立，求\(a\)的取值范围

解
(1)\(f(x)=e^{x-1}+\ln x,f^{\prime}(x)=e^{x-1}+\dfrac{1}{x}\)

\(f(1)=1,f^{\prime}(1)=2\)

从而\(y-1=2(x-1)\)

(2)
法一:隐零点

记\(h(x)=f(x)-a\ln a=e^{x-1}-a\ln x-a-a\ln a\)

\(h^{\prime}(x)=e^{x-1}-\dfrac{a}{x}\)，其单调递增

\(h^{\prime}(x)>x-\dfrac{a}{x}\)

取\(x=\sqrt{a}\)，有\(h^{\prime}(\sqrt{a})>0\)

而\(x\to0,h^{\prime}(x)\to-\infty\)

从而有唯一的\(m\)使得\(h^{\prime}(m)=0\)，即\(e^{m-1}-\dfrac{a}{m}=0\)

即\(a=me^{m-1}\)

并且\(h(m)\)是最小值

\(h(x)\geq h(m)=e^{m-1}-a\ln m-a-a\ln a\)

即\(h(m)=e^{m-1}-2me^{m-1}\ln m-m^2e^{m-1}\geq 0\)

即\(1-2m\ln m-m^2\geq 0\)

记\(g(m)=1-2m\ln m-m^2\)

\(g^{\prime}(m)=-2\ln m-2-2m\)，单调递减

因\(g^{\prime}(1)=-4<0,g^{\prime}(^{-2})=4-2-\dfrac{2}{e^2}>0\)

从而\(g(m)\)先增再减

并且\(g(1)=0\)，\(\lim\limits_{m\to 0}(m)=0\)

从而\(m\in(0,1]\)

因\(a=me^{m-1}\)，则\(a\in(0,1]\)

法二:同构

\(e^{x-1}\geq a+a\ln a+a\ln x\)

即\(e^{x-1}\geq a(1+\ln a+\ln x)\)

即\(e^{x-1}\geq a(1+\ln ax)\)

即\(xe^{x-1}\geq ax(1+\ln ax)\)

即\(xe^{x-1}\geq e^{\ln ax}(1+\ln ax)=(1+\ln ax)e^{1+\ln ax-1}\)

考虑函数\(\gamma(x)=xe^{x-1},\gamma^{\prime}(x)=e^{x-1}(x+1)>0\)

从而要使得\(\gamma(x)\geq\gamma(1+\ln ax)\)

即\(x\geq 1+\ln ax\)

即\(a\leq \dfrac{e^{x-1}}{x},x>0\)

记\(\xi(x)=\dfrac{e^{x-1}}{x},\xi^{\prime}(x)=\dfrac{e^{x-1}(x-1)}{x^2}\)

则\(\xi(x)\)在\((0,1)\)减，在\([1,+\infty)\)上增

则\(0<a\leq \xi(1)=1\)

法三：必要性探路

发现一特殊点\(f(1)=1\)

从而一定有\(a+a\ln a\leq 1\)

记\(\Gamma(a)=a+a\ln a,\Gamma^{\prime}(a)=2+\ln a\)

则\(\Gamma(a)\)在\((0,e^{-2})\)上减，在\((e^{-2},+\infty)\)上增

而\(\Gamma(1)=1\)，从而\(0<a\leq 1\)

下面说明\(0<a\leq 1\)是符合条件的

记\(h(x)=f(x)-a\ln a=e^{x-1}-a\ln x-a-a\ln a\geq e^{x-1}-a\ln x-a\)

记\(F(x)=e^{x-1}-a\ln x-a,F^{\prime}(x)=e^{x-1}-\dfrac{a}{x}\)

则\(F(x)\)先减再增

因\(F^{\prime}(1)=1-a\geq 1,F(1)=1-a>0\)

而\(F^{\prime}(a)=e^{a-1}-1<0\)

从而\(F^{\prime}(x)\)有唯一的零点\(x_0\in(a,1)\)

并且\(x=x_0\)是\(F(x)\)的最小值，\(e^{x_0-1}=\dfrac{a}{x_0}\)
\(F(x_0)=e^{x_0-1}-a\ln x_0-a=\dfrac{a}{x_0}-a\ln x_0-a=\dfrac{a}{x_0}-a\left(\ln a+1-x_0\right)-a=a\left(x_0+\dfrac{1}{x_0}\right)-2a\geq 2a-2a\geq 0\)
从而\(a\in(0,1]\)