Question

7．已知函数$f（x）=\frac{lnx+1}{x}$．
（Ⅰ）求曲线y=f（x） 在函数f（x） 零点处的切线方程；
（Ⅱ）求函数y=f（x） 的单调区间；
（Ⅲ）若关于x 的方程f（x）=a 恰有两个不同的实根x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：${x_2}-{x_1}＞\frac{1}{a}-1$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算切线的斜率，从而求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间即可；
（Ⅲ）根据函数的单调性得到方程f（x）=a 有两个不同的实根x₁，x₂ 时，必有0＜a＜1，且e^-1＜x₁＜1＜x₂，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）令f（x）=0，得$x=\frac{1}{e}$，
所以，函数f（x） 零点为$\frac{1}{e}$，
由$f（x）=\frac{lnx+1}{x}$ 
得$f'（x）=\frac{{\frac{1}{x}•x-（lnx+1）}}{x^2}=\frac{-lnx}{x^2}$，
所以$f'（\frac{1}{e}）={e^2}$，
所以曲线y=f（x） 在零点处的切线方程为$y-0={e^2}（x-\frac{1}{e}）$，
即y=e²x-e．
（Ⅱ）由函数$f（x）=\frac{lnx+1}{x}$ 得定义域为（0，+∞）．
令f'（x）=0，得x=1．
所以，在区间（0，1）上，f'（x）＞0；
在区间（1，+∞） 上，f'（x）＜0．
故函数f（x） 的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）；
（Ⅲ）由（Ⅰ）可知f（x） 在（0，e^-1） 上f（x）＜0，
在（e^-1，+∞） 上f（x）＞0．
由（Ⅱ）结论可知，函数f（x） 在x=1 处取得极大值f（1）=1，
所以，方程f（x）=a 有两个不同的实根x₁，x₂ 时，
必有0＜a＜1，且e^-1＜x₁＜1＜x₂，
法1：所以$f（\frac{1}{a}）=a（1-lna）＞a=f（{x_2}）$，
由f（x） 在（1，+∞） 上单调递减可知${x_2}＞\frac{1}{a}$，
所以${x_2}-{x_1}＞\frac{1}{a}-1$；
法2：由f（x）=a，可得lnx+1=ax，两个方程同解．
设g（x）=lnx+1-ax，则$g'（x）=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}$，
当0＜a＜1 时，由g'（x）=0，得$x=\frac{1}{a}$，
所以g（x），g'（x） 在区间（0，+∞） 上的情况如下：

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

所以${x_1}＜\frac{1}{a}$，${x_2}＞\frac{1}{a}$，所以${x_2}-{x_1}＞\frac{1}{a}-1$．

点评 本题考查了切线方程问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．