Question

已知函数f（x）=1nx，g（x）=e^x
（1）求函数h（x）=g（x）f′（x）的单调区间；
（2）设直线l为函数f（x）图象上一点A（x₀，1nx₀）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．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求导函数，再由导数大于0和小于0，求出函数h（x）的单调区间；
（Ⅱ）先求直线l为函数图象上一点A（x₀，f （x₀））处的切线方程，设直线l与曲线y=g（x）相切于点（x1，ex1），进而可得lnx0=

x0+1

x0-1

，再证明在区间（1，+∞）上x₀存在且唯一即可．

解答：解：（1）∵函数f（x）=1nx，g（x）=e^x，
∴h（x）=g（x）f′（x）=

ex

x

，
∴h′(x)=

xex-ex

x2

，
由h′(x)=

xex-ex

x2

＞0，得x＞1；由h′(x)=

xex-ex

x2

＜0，得x＜1．
∴函数h（x）的增区间是（1，+∞）；减区间是（-∞，1）．
（2）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．
设φ （x）=f （x）-

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）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，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．