Question

17．已知函数f（x）=lnx，g（x）=e^x，其中e是白然对数的底数，e=2.71828…
（I）若函数φ（x）=f（x）-$\frac{x+1}{x-1}$求函数φ（x）的单调区间；
（Ⅱ）设直线l为函数f（x）的图象上一点A（x₀，f（x₀）处的切线，证明：在区间（1，+∞）上存在唯一的x₀，使得直线l与曲线y=g（x）相切．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导函数，确定导数恒大于0，从而可得求函数φ （x）的单调区间；
（Ⅱ）先求直线l为函数的图象上一点A（x₀，f （x₀））处的切线方程，再设直线l与曲线y=g（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 （Ⅰ）解：φ（x）=f（x）-$\frac{x+1}{x-1}$=lnx-$\frac{x+1}{x-1}$，φ′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{2}{（x-1）^{2}}$，
∵x＞0且x≠1，∴φ'（x）＞0，
∴函数φ（x）的单调递增区间为（0，1）和（1，+∞）；
（Ⅱ）证明：∵f′（x）=$\frac{1}{x}$，∴f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$，
∴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
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．
∴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
由①②得lnx₀-1=$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$+$\frac{1}{{x}_{0}}$，
∴lnx₀=$\frac{{x}_{0}+1}{{x}_{0}-1}$．
下证：在区间（1，+∞）上x₀存在且唯一．
由（Ⅰ）可知，φ（x）=lnx-$\frac{x+1}{x-1}$在区间（1，+∞）上递增．
又φ（e）=lne-$\frac{e+1}{e-1}$=$\frac{-2}{e-1}$＜0，φ（e2）=lne²-$\frac{{e}^{2}+1}{{e}^{2}-1}$=$\frac{{e}^{2}-3}{{e}^{2}-1}$＞0，
结合零点存在性定理，说明方程φ（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．
故结论成立．

点评 本题以函数为载体，考查导数知识的运用，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．