Question

19．已知函数f（x）=lnx，g（x）=e^x．
（1）若函数φ（x）=f（x）-$\frac{x+1}{x-1}$，求函数φ（x）的单调区间；
（2）设直线l为函数f（x）的图象上一点A（x₀，f（x₀））处的切线，在区间（1，+∞）上是否存在x₀使得直线l与曲线y=g（x）相切，若存在，求出x₀的个数；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由条件求出φ（x）以及定义域，由求导公式和法则求出导函数，化简后确定导数恒大于0，即可求出函数φ （x）的单调区间；
（2）先由导数的几何意义和点斜式方程求出直线l的方程，再设l与曲线y=g（x）相切于点（x₁，${e}^{{x}_{1}}$），同理表示出直线l的方程，对比后可得lnx₀-1=$\frac{1}{{x}_{0}}$（lnx₀+1 ），求出lnx₀=$\frac{{x}_{0}+1}{{x}_{0}-1}$，由（1）中知φ（x）的单调性，求出φ（e）、φ（e²）并判断出符号，结合零点存在性定理可得在（1，+∞）上x₀存在且唯一．

解答 解：（1）由题意得，φ（x）=f（x）-$\frac{x+1}{x-1}$=lnx-$\frac{x+1}{x-1}$，
∴φ（x）的定义域是（0，1）∪（1，+∞），
且φ′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{（x+1）′（x-1）-（x+1）（x-1）′}{（x-1）^{2}}$
=$\frac{1}{x}+\frac{2}{（x-1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+1}{{x（x-1）}^{2}}$＞0，
∵x＞0且x≠1，∴φ'（x）＞0，
∴函数φ（x）的单调递增区间为（0，1）和（1，+∞）；
（2）假设在区间（1，+∞）上存在x₀满足条件，
∵f′（x）=$\frac{1}{x}$，则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，∴${e}^{{x}_{1}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，则x₁=-lnx₀，
∴直线l方程又为y-$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$（x+lnx₀），即y=$\frac{1}{{x}_{0}}$x+$\frac{1}{{x}_{0}}$lnx₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$，②
由①②得lnx₀-1=$\frac{1}{{x}_{0}}$（lnx₀+1 ），得lnx₀=$\frac{{x}_{0}+1}{{x}_{0}-1}$，
下面证明在区间（1，+∞）上x₀存在且唯一．
由（1）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知：φ（x）=0必在区间（e，e²）上有唯一的根x₀，
∴在区间（1，+∞）上存在唯一的x₀，使得直线l与曲线y=g（x）相切．

点评 本题考查利用导数研究在曲线上某点处的切线方程，导数与函数单调性的关系，函数零点存在性定理等应用，考查转化思想，分析、解决问题的能力．