Question

4．（1）已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-ax+（a-1）lnx，a＞1．讨论函数f（x）的单调性；
（2）已知函数f （x）=lnx，g（x）=e^x．设直线l为函数 y=f （x） 的图象上一点A（x₀，f （x₀））处的切线．问在区间（1，+∞）上是否存在x₀，使得直线l与曲线y=g（x）也相切．若存在，这样的x₀有几个？，若没有，则说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用导数的运算法则得出f′（x），分a=2，0＜a＜2，a＞2讨论起单调性，分别解出f′（x）＞0与f′（x）＜0的区间即可得出单调区间．
（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）∵f（x）=$\frac{1}{2}$x²-ax+（a-1）lnx，a＞1，x＞0
∴f′（x）=x-a+$\frac{a-1}{x}$=$\frac{{x}^{2}-ax+a-1}{x}$=$\frac{（x-1）[x-（a-1）]}{x}$，
①当a-1＞1时，即a＞2时，当f′（x）＞0，解得0＜x＜1，或x＞a-1，函数f（x）单调递增，
当f′（x）＜0，解得1＜x＜a-1，函数f（x）单调递减，
②当a-1=1，即a=2时，f′（x）≥0恒成立，即f（x）在（0，+∞）单调性递增，
③当a-1＜1时，即0＜a＜2时，当f′（x）＞0，解得0＜x＜a-1，或x＞1，函数f（x）单调递增，
当f′（x）＜0，解得a-1＜x＜1，函数f（x）单调递减，
综上所述：当a＞2时，f（x）在（0，1），（a-1，+∞）单调递增，在（1，a-1）单调性递减，
当a=2时，f（x）在（0，+∞）单调递增
当1＜a＜2时，f（x）在（0，a-1），（1，+∞）单调递增，在（a-1，1）单调递减，
（2）∵f（x）=lnx，
∴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（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，
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．