Question

12．已知函数f（x）=lnx-$\frac{ax+1}{x-1}$，a∈R，且f'（2）=$\frac{5}{2}$．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）证明：与曲线y=lnx（x＞1）和y=e^x都相切的直线有且只有一条．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，从而求出函数的单调区间即可；
（2）设直线l和曲线y=lnx，（x＞1），y=e^x都相切，切点是（x₁，y₁），（x₂，y₂），得到lnx₁=$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{1}-1}$，（x₁＞1）有唯一解，从而证出结论．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{a+1}{{（x-1）}^{2}}$，由f′（2）=$\frac{5}{2}$，解得：a=1，
f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{2}{{（x-1）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+1}{x{•（x-1）}^{2}}$，
∵x＞0且x≠1，∴f′（x）＞0，
∴函数f（x）的递增区间是（0，1）和（1，+∞）；
（2）证明：设直线l和曲线y=lnx，（x＞1），
y=e^x都相切，切点是（x₁，y₁），（x₂，y₂），
∵y′=$\frac{1}{x}$，∴y′${|}_{x{=x}_{1}}$=$\frac{1}{{x}_{1}}$，
∴曲线y=lnx在x=x₁处的曲线方程是y-lnx₁=$\frac{1}{{x}_{1}}$（x-x₁），
即y=$\frac{1}{{x}_{1}}$x+lnx₁-1，①，
∵y′=${e}^{{x}_{2}}$，∴${e}^{{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{1}}$，∴x₂=-lnx₁，
∴直线l也是y-$\frac{1}{{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{1}}$（x+lnx₁），
即y=$\frac{1}{{x}_{2}}$x+$\frac{l{nx}_{2}}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$②，
由①②得lnx₁-1=$\frac{l{nx}_{1}}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{1}}$，
∴lnx₁=$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{1}-1}$，x₁＞1
由（1）得，f（x）=lnx-$\frac{x+1}{x-1}$在（1，+∞）递增，
又f（e）=lne-$\frac{e+1}{e-1}$=-$\frac{2}{e-1}$＜0，f（e²）=$\frac{{e}^{2}-3}{{e}^{2}-1}$＞0，
根据零点存在定理得方程f（x）=0必在区间（e，e²）上有唯一的根，
即方程lnx₁=$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{1}-1}$，x₁＞1有唯一的解．

点评 本题考查了函数的单调性．最值问题，考查导数的应用以及零点判断定理，是一道中档题．