已知函数 f(x)=a e ^ x-1 -ln x+ln…——2020 高考数学第 22 题答案解析

【解答】
已知函数 $f(x)=a \mathrm{e}^{x-1}-\ln x+\ln a$ ．
（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 $f(x) \geq 1$ ，求 $a$ 的取值范围．
【答案】①$\frac{2}{e-1}$②$[1,+\infty)$
【解析】
【分析】（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
（2）解法一：利用导数研究，得到函数 $f(x)$ 得导函数 $f^{\prime}(x)$ 的单调递增，当 $\mathrm{a}=1$ 时由 $f^{\prime}(1)=0$ 得 $f(x)_{\text {min }}=f(1)=1$ ，符合题意；当 $\mathrm{a}>1$ 时，可证 $f^{\prime}\left(\frac{1}{a}\right) f^{\prime}(1)<0$ ，从而 $f^{\prime}(x)$ 存在零点 $x_{0}>0$ ，使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=a e^{x_{0}-1}-\frac{1}{x_{0}}=0$ ，得到 $f(x)_{\text {min }}$ ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得 $(x) \geq 1$ 恒成立；当 $0

解法二：利用指数对数的运算可将 $f(x) \geq 1$ 转化为 $e^{\ln a+x-1}+\ln a+x-1 \geq e^{\ln x}+\ln x$ ，

令 $g(x)=e^{x}+x$ ，上述不等式等价于 $g(\ln a+x-1) \geq g(\ln x)$ ，注意到 $g(x)$ 的单调性，进一步等价转化为 $\ln a \geq \ln x-x+1$ ，令 $h(x)=\ln x-x+1$ ，利用导数求得 $h(x)_{\text {max }}$ ，进而根据不等式恒成立的意义得到关于 $a$的对数不等式，解得 $a$ 的取值范围．
【详解】① $\mathrm{Q} f(x)=e^{x}-\ln x+1, \therefore f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x}, \therefore k=f^{\prime}(1)=e-1$ ．
Q $f(1)=e+1, \therefore$ 切点坐标为 $(1,1+e)$ ，
∴ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在点 $(1, f(1)$ 处的切线方程为 $y-e-1=(e-1)(x-1)$ ，即 $y=(e-1) x+2$ ，
∴ 切线与坐标轴交点坐标分别为 $(0,2),\left(\frac{-2}{e-1}, 0\right)$ ，
∴ 所求三角形面积为 $\frac{1}{2} \times 2 \times\left|\frac{-2}{e-1}\right|=\frac{2}{e-1}$ ；
（2）解法一： $\mathrm{Q} f(x)=a e^{x-1}-\ln x+\ln a$ ，
$\therefore f^{\prime}(x)=a e^{x-1}-\frac{1}{x}$ ，且 $a>0$ 。
设 $g(x)=f^{\prime}(x)$ ，则 $g^{\prime}(x)=a e^{x-1}+\frac{1}{x^{2}}>0$ ，
$\therefore \mathrm{g}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，即 $f^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，
当 $a=1$ 时，$f^{\prime}(1)=0, \therefore f(x)_{\text {min }}=f(1)=1, \therefore f(x) \geq 1$ 成立．
当 $a>1$ 时，$\frac{1}{a}<1, \therefore e^{\frac{1}{a}-1}<1, \therefore f^{\prime}\left(\frac{1}{a}\right) f^{\prime}(1)=a\left(e^{\frac{1}{a}-1}-1\right)(a-1)<0$ ，
∴ 存在唯一 $x_{0}>0$ ，使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=a e^{x_{0}-1}-\frac{1}{x_{0}}=0$ ，且当 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ 时 $f^{\prime}(x)<0$ ，当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时
$f^{\prime}(x)>0, \quad \therefore a e^{x_{0}-1}=\frac{1}{x_{0}}, \quad \therefore \ln a+x_{0}-1=-\ln x_{0}$ ，
因此 $f(x)_{\text {min }}=f\left(x_{0}\right)=a e^{x_{0}-1}-\ln x_{0}+\ln a$
$=\frac{1}{x_{0}}+\ln a+x_{0}-1+\ln a \geq 2 \ln a-1+2 \sqrt{\frac{1}{x_{0}} \cdot x_{0}}=2 \ln a+1>1$,
$\therefore f(x)>1, \therefore f(x) \geq 1$ 恒成立；
当 $0综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$ ．

解法二：$f(x)=a e^{x-1}-\ln x+\ln a=e^{\ln a+x-1}-\ln x+\ln a \geq 1$ 等价于
$e^{\ln a+x-1}+\ln a+x-1 \geq \ln x+x=e^{\ln x}+\ln x$,
令 $g(x)=e^{x}+x$ ，上述不等式等价于 $g(\ln a+x-1) \geq g(\ln x)$ ，
显然 $g(x)$ 为单调增函数，$\therefore$ 又等价于 $\ln a+x-1 \geq \ln x$ ，即 $\ln a \geq \ln x-x+1$ ，
令 $h(x)=\ln x-x+1$ ，则 $h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$
在 $(0,1)$ 上 $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增；在 $(1,+\infty)$ 上 $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减，
$\therefore h(x)_{\text {max }}=h(1)=0$ ，
$\ln a \geq 0$ ，即 $a \geq 1, ~ \therefore a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$ ．
【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题。