《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

例2（2024·包头模拟）已知函数$f(x)=ae^x - \ln(x + 1)-1$.
(1)当$a = e$时，求曲线$y = f(x)$在点$(0,f(0))$处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；
(2)证明：当$a ＞ 1$时，$f(x)$没有零点.

答案： 例2
(1)解　当a=e时，f(x)=e+¹= 　1n(x+1)-1， 　f
(0)=e-1.f²(x)=e+¹_$\frac{1}{x+1}$,f'
(0)=e-1, 　故曲线y=f(x)在点(0，f
(0))处的切线方程为y一(e-1)=(e-1)x，即y=(e-1)x+e-1. 　因为该切线在x,y轴上的截距分别为-1和e-1, 　所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积 　S=$\frac{1}{2}$x1-1|×(e-1)=$\frac{e-1}{2}$ 　
(2)证明　当a＞1时， 　因为∮(x)=ae-1n(x+1)-1(x＞-1)， 　所以f(x)=ae²=$\frac{1}{x+1}$=$\frac{ae(x+1)-1}{x+1}$,令g(x)=ae(x+1)-1(x＞-1)，则g'(x)=aer(x+2), 　因为a＞1,x＞-1，所以g'(x)＞0,所以g(x)在(-1，+∝)上单调递增，又g(-1)=-1K＜0,g
(0)=a-1＞0,故g(x)在(-1，0)上有唯一的零点β,即g(β)=0, 　因此有ae(β+1)=1. 　当x∈(-1,β)时，g(x)＜0，即f,(x) 　＜0; 　当x∈(β,+∞)时，g(x)＞0，即f'(x)＞0. 　所以f(x)在(-1.B)上单调递减，在(B,+∞)上单调递增，故f(B)为最小值.由ae(β+1)=1，得-1n(β+1)=1na +B 　所以当-1＜β＜0时， 　f(β)=ae-1n(β+1)-1=$\frac{1}{3+1}$+β-1+1na=1na+ 　　　　　　　　β+1' 　因为a＞1,所以Ina＞0, 　又因　-1＜β＜0, 　所以品＞0,所以∮(B)＞0. 　所以f(x)≥f(β)＞0. 　因此当a＞1时，f(x)没有零点。

跟踪训练2 已知函数$f(x)=e^{x - a}-\ln x + x$.
(1)当$a = 1$时，求曲线$f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程；
(2)当$a\leqslant0$时，证明：$f(x)＞x + 2$.

答案： 跟踪训练2
(1)解　当a=1时，f(x) 　=er-¹-1nx+x, 　f'(x)=er-¹=$\frac{1}{x}$+1, 　则f,
(1)=1，而f
(1)=2， 　则切线方程为y-2=x-1, 　即x-y+1=0， 　所以曲线f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程为x一y+1=0. 　
(2)证明　当a≤0时， 　令F(x)=f(x)-x-2=“-1nx -2,x＞0, 　F'(x)=e-“一$\frac{1}{文}$=$\frac{xe-“-1}{x}$, 　显然函数F(x)在(0，+∞)上单调递增， 令g(x)=xe==-1，x≥0,g'(x)= 　　(x+1)e²-＞0, 　　即函数g(x)在(0，+∞)上单调递增，而g
(0)=-1K＜0，g
(1)=e“-1≥e -1＞0. 　　则存在唯一x。∈(0,1)，使得g(x。) 　　=0，即ex⁰a=$\frac{1}{x。}$, 　　因此存在唯一x。∈(0,1),使得F'(x。)=0， 　　当0＜x＜x。时,F'(x)＜0,当x＞x。时,F,(x)＞0, 　　因此函数F(x)在(0,x。)上单调递减，在(x。，+8)上单调递增， 　　当exo°=$\frac{1}{x。}$时，x。一a=-1nx。，则F(x)≥F(xe)=exo-。-1nxo-2 =$\frac{1}{。}$+x。-a-2＞2　$\sqrt{\frac{1}{x。}.x。}$-a二2=-a≥0,当且仅当$\frac{1}{x。}$=x。即工。= 　　1时，取等号，故式子取不到等号 　　所以当a≤0时,∮(x)＞x+2.