题目

题型：哈尔滨一模难度：来源：

已知函数f（x）=lnx，g（x）=e^x．
（ I）若函数φ（x）=f（x）-

x+1

x-1

，求函数φ（x）的单调区间；
（Ⅱ）设直线l为函数的图象上一点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．

答案

（Ⅰ）φ(x)=f(x)-

x+1

x-1

=lnx-

x+1

x-1

，φ′(x)=

1

x

+

2

(x-1)2

=

x2+1

x•(x-1)2

．（2分）
∵x＞0且x≠1，∴φ"（x）＞0
∴函数φ（x）的单调递增区间为（0，1）和（1，+∞）．（4分）
（Ⅱ）证明：∵f′(x)=

1

x

，∴f′(x0)=

1

x0

，
∴切线l的方程为y-lnx0=

1

x0

(x-x0)，
即y=

1

x0

x+lnx0-1，①（6分）
设直线l与曲线y=g（x）相切于点(x1，ex1)，
∵g"（x）=e^x，∴ex1=

1

x0

，∴x₁=-lnx₀．（8分）
∴直线l也为y-

1

x0

=

1

x0

(x+lnx0)，
即y=

1

x0

x+

lnx0

x0

+

1

x0

，②（9分）
由①②得 lnx0-1=

lnx0

x0

+

1

x0

，
∴lnx0=

x0+1

x0-1

．（11分）
下证：在区间（1，+∞）上x₀存在且唯一．
由（Ⅰ）可知，φ（x）=lnx-

x+1

x-1

在区间（1，+∞）上递增．
又φ(e)=lne-

e+1

e-1

=

-2

e-1

＜0，φ(e2)=lne2-

e2+1

e2-1

=

e2-3

e2-1

＞0，（13分）
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．