Question

17．已知函數f（x）=pe^-x+x+1（p∈R）．
（Ⅰ）當實數p=e時，求曲線y=f（x）在點x=1處的切線方程；
（Ⅱ）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅲ）當p=1時，若直線y=mx+1與曲線y=f（x）沒有公共點，求實數m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出當p=e時的函數f（x）的導數，可得切線的斜率和切點，運用點斜式方程即可得到所求切線的方程；
（Ⅱ）求出f（x）的導數，討論①當p≤0時，②當p＞0時，由導數大于0，可得增區(qū)間；導數小于0，可得減區(qū)間；
（Ⅲ）當p=1時，f（x）=e^-x+x+1，直線y=mx+1與曲線y=f（x）沒有公共點，等價于關于x的方程mx+1=e^-x+x+1在（-∞，+∞）上沒有實數解，即關于x的方程（m-1）x=e^-x（*）在（-∞，+∞）上沒有實數解．討論當m=1，當m≠1時，通過方程的解和構造函數，求出導數和單調區(qū)間，可得值域，即可得到所求m的范圍．

解答 解：（Ⅰ）當p=e時，f（x）=e^1-x+x+1，
可得導數f′（x）=-e^1-x+1，
∴f（1）=3，f′（1）=0，
∴曲線y=f（x）在點x=1處的切線方程為y=3；
（Ⅱ）∵f（x）=pe^-x+x+1，∴f′（x）=-pe^-x+1，
①當p≤0時，f′（x）＞0，則函數f（x）的單調遞增區(qū)間為（-∞，+∞）；
②當p＞0時，令f′（x）=0，得e^x=p，解得x=lnp．
則當x變化時，f′（x）的變化情況如下表：

x	（-∞，lnp）	lnp	（lnp，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	遞減	2+lnp	遞增

所以，當p＞0時，f（x）的單調遞增區(qū)間為 （lnp，+∞），單調遞減區(qū)間為（-∞，lnp）．
（Ⅲ）當p=1時，f（x）=e^-x+x+1，直線y=mx+1與曲線y=f（x）沒有公共點，
等價于關于x的方程mx+1=e^-x+x+1在（-∞，+∞）上沒有實數解，
即關于x的方程（m-1）x=e^-x（*）在（-∞，+∞）上沒有實數解．
①當m=1時，方程（*）化為e^-x=0，
顯然在（-∞，+∞）上沒有實數解．
②當m≠1時，方程（*）化為xe^x=$\frac{1}{m-1}$，令g（x）=xe^x，則有g′（x）=（1+x）e^x．
令g′（x）=0，得x=-1，則當x變化時，g'（x）的變化情況如下表：

x	（-∞，-1）	-1	（-1，+∞）
g'（x）	-	0	+
g（x）	↘	$-\frac{1}{e}$	↗

當x=-1時，$g{（x）_{min}}=-\frac{1}{e}$，同時當x趨于+∞時，g（x）趨于+∞，
從而g（x）的值域為$[{-\frac{1}{e}，+∞}）$．
所以當$\frac{1}{m-1}$＜-$\frac{1}{e}$時，方程（*）無實數解，解得實數m的取值范圍是（1-e，1）．
綜合①②可知實數m的取值范圍是（1-e，1]．

點評 本題考查導數的運用：求切線的方程和單調區(qū)間、極值和最值，考查分類討論的思想方法和構造函數法，以及轉化思想的運用，化簡整理的運算能力，屬于中檔題．