Question

17．已知函数f（x）=lnx-$\frac{a（x+1）}{x-1}$，曲线y=f（x）在点（$\frac{1}{2}$，f（$\frac{1}{2}$））处的切线平行于直线y=10x+1．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）设直线l为函数y=lnx图象上任意一点A（x₀，y₀）处的切线，在区间（1，+∞）上是否存在x₀，使得直线l与曲线y=e^x也相切？若存在，满足条件的x₀有几个？

Answer 1

分析 （1）求导函数，利用曲线y=f（x）在点（$\frac{1}{2}$，f（$\frac{1}{2}$））处的切线平行于直线y=10x+1，求出a，再确定导数恒大于0，从而可得求函数f（x）的单调区间；
（2）先求直线l为函数的图象上一点A（x₀，y₀）处的切线方程，再设直线l与曲线y=g（x）=e^x相切于点（x₁，${e}^{{x}_{1}}$），进而可得lnx₀=$\frac{{x}_{0}+1}{{x}_{0}-1}$，再证明在区间（1，+∞）上x₀存在且唯一即可．

解答 解：（1）∵函数f（x）=lnx-$\frac{a（x+1）}{x-1}$，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{2a}{（x-1）^{2}}$，
∵曲线y=f（x）在点（$\frac{1}{2}$，f（$\frac{1}{2}$））处的切线平行于直线y=10x+1，
∴f′（$\frac{1}{2}$）=2+8a=10，
∴a=1
∴f′（x）=$\frac{{x}^{2}+1}{x（x-1）^{2}}$
∵x＞0且x≠1，∴f'（x）＞0
∴函数φ（x）的单调递增区间为（0，1）和（1，+∞）．（5分）
（2）证明：∵y=lnx，∴切线l的方程为y-lnx₀=$\frac{1}{{x}_{0}}$（x-x₀）
即y=$\frac{1}{{x}_{0}}$x+lnx₀-1，①（6分）
设直线l与曲线y=g（x）相切于点（x₁，${e}^{{x}_{1}}$），
∵g'（x）=e^x，∴${e}^{{x}_{1}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，
∴x₁=-lnx₀．（8分）
∴直线l也为y-$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$（x+lnx₀），
即y=$\frac{1}{{x}_{0}}$x+$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$+$\frac{1}{{x}_{0}}$，②（9分）
由①②得lnx₀-1=$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$+$\frac{1}{{x}_{0}}$，
∴lnx₀=$\frac{{x}_{0}+1}{{x}_{0}-1}$．（11分）
下证：在区间（1，+∞）上x₀存在且唯一．
由（1）可知，f（x）=lnx-$\frac{x+1}{x-1}$在区间（1，+∞）上递增．
又f（e）=-$\frac{2}{e-1}$＜0，f（e²）=$\frac{{e}^{2}-3}{{e}^{2}-1}$＞0，（13分）
结合零点存在性定理，说明方程f（x）=0必在区间（e，e²）上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x₀．

点评 本题以函数为载体，考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查曲线的切线，同时考查零点存在性定理，综合性比较强．