Question

4．（1）已知函數f（x）=$\frac{1}{2}$x²-ax+（a-1）lnx，a＞1．討論函數f（x）的單調性；
（2）已知函數f （x）=lnx，g（x）=e^x．設直線l為函數 y=f （x） 的圖象上一點A（x₀，f （x₀））處的切線．問在區(qū)間（1，+∞）上是否存在x₀，使得直線l與曲線y=g（x）也相切．若存在，這樣的x₀有幾個？，若沒有，則說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用導數的運算法則得出f′（x），分a=2，0＜a＜2，a＞2討論起單調性，分別解出f′（x）＞0與f′（x）＜0的區(qū)間即可得出單調區(qū)間．
（2）先求直線l為函數的圖象上一點A（x₀，y₀）處的切線方程，再設直線l與曲線y=g（x）=e^x相切于點（x₁，${e}^{{x}_{1}}$），進而可得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 解：（1）∵f（x）=$\frac{1}{2}$x²-ax+（a-1）lnx，a＞1，x＞0
∴f′（x）=x-a+$\frac{a-1}{x}$=$\frac{{x}^{2}-ax+a-1}{x}$=$\frac{（x-1）[x-（a-1）]}{x}$，
①當a-1＞1時，即a＞2時，當f′（x）＞0，解得0＜x＜1，或x＞a-1，函數f（x）單調遞增，
當f′（x）＜0，解得1＜x＜a-1，函數f（x）單調遞減，
②當a-1=1，即a=2時，f′（x）≥0恒成立，即f（x）在（0，+∞）單調性遞增，
③當a-1＜1時，即0＜a＜2時，當f′（x）＞0，解得0＜x＜a-1，或x＞1，函數f（x）單調遞增，
當f′（x）＜0，解得a-1＜x＜1，函數f（x）單調遞減，
綜上所述：當a＞2時，f（x）在（0，1），（a-1，+∞）單調遞增，在（1，a-1）單調性遞減，
當a=2時，f（x）在（0，+∞）單調遞增
當1＜a＜2時，f（x）在（0，a-1），（1，+∞）單調遞增，在（a-1，1）單調遞減，
（2）∵f（x）=lnx，
∴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
設直線l與曲線y=g（x）相切于點（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（1）可知，f（x）=lnx-$\frac{x+1}{x-1}$在區(qū)間（1，+∞）上遞增．
又f（e）=-$\frac{2}{e-1}$＜0，f（e²）=$\frac{{e}^{2}-3}{{e}^{2}-1}$＞0，
結合零點存在性定理，說明方程f（x）=0必在區(qū)間（e，e²）上有唯一的根，這個根就是所求的唯一x₀．

點評 本題以函數為載體，考查導數知識的運用，考查函數的單調性，考查曲線的切線，同時考查零點存在性定理，綜合性比較強．