Question

17．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=e^x，其中e是白然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…
（I）若函數(shù)φ（x）=f（x）-$\frac{x+1}{x-1}$求函數(shù)φ（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)直線l為函數(shù)f（x）的圖象上一點(diǎn)A（x₀，f（x₀）處的切線，證明：在區(qū)間（1，+∞）上存在唯一的x₀，使得直線l與曲線y=g（x）相切．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)函數(shù)，確定導(dǎo)數(shù)恒大于0，從而可得求函數(shù)φ （x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）先求直線l為函數(shù)的圖象上一點(diǎn)A（x₀，f （x₀））處的切線方程，再設(shè)直線l與曲線y=g（x）相切于點(diǎn)（x₁，${e}^{{x}_{1}}$），進(jìn)而可得lnx₀=$\frac{{x}_{0}+1}{{x}_{0}-1}$，再證明在區(qū)間（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，
∴函數(shù)φ（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1）和（1，+∞）；
（Ⅱ）證明：∵f′（x）=$\frac{1}{x}$，∴f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$，
∴切線l的方程為y-lnx₀=$\frac{1}{{x}_{0}}$（x-x₀），
即y=$\frac{1}{{x}_{0}}$•x+lnx₀-1，①
設(shè)直線l與曲線y=g（x）相切于點(diǎn)（x₁，${e}^{{x}_{1}}$），
∵g'（x）=e^x，∴${e}^{{x}_{1}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，∴x₁=-lnx₀．
∴直線l也為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=$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$+$\frac{1}{{x}_{0}}$，
∴l(xiāng)nx₀=$\frac{{x}_{0}+1}{{x}_{0}-1}$．
下證：在區(qū)間（1，+∞）上x₀存在且唯一．
由（Ⅰ）可知，φ（x）=lnx-$\frac{x+1}{x-1}$在區(qū)間（1，+∞）上遞增．
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，
結(jié)合零點(diǎn)存在性定理，說明方程φ（x）=0必在區(qū)間（e，e²）上有唯一的根，
這個(gè)根就是所求的唯一x₀．
故結(jié)論成立．

點(diǎn)評(píng) 本題以函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，函數(shù)的單調(diào)性，考查曲線的切線，同時(shí)考查零點(diǎn)存在性定理，綜合性比較強(qiáng)．