Question

已知函数f（x）=lnx，g（x）=ex（1）若函数φ（x）=-x+f（-x），当x∈[-e，0）时，求φ（x）的值域．（2

已知函数f（x）=lnx，g（x）=ex（1）若函数φ（x）=-x+f（-x），当x∈[-e，0）时，求φ（x）的值域．（2）设直线l为函数f（x）的图象上一点A（x0，f（x0））处切线．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

解答：（1）解：当x∈[-e，0）时，φ（x）=-x+f（-x），
φ′(x)＝?1+

1

x

＝

1?x

x

，
∵x∈[-e，0），φ′(x)＝?1+

1

x

＝

1?x

x

＜0，
∴φ（x）在[-e，0）上单调递减，
∴φ（x）∈（-∞，e+1]；
（2）证明：∵f′(x)＝

1

x

，
∴f′(x0)＝

1

x0

，
∴切线l的方程y?lnx0＝

1

x0

(x?x0)，
即y＝

1

x0

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

1

x0

，则x₁=-lnx₀，
∴直线l也为y?

1

x0

＝

1

x0

(x+lnx0)，
即y＝

1

x0

x+

lnx0

x0

+

1

x0

  ②，
由①②得，lnx0?1＝

lnx0

x0

+

1

x0

，
∴lnx0＝

x0+1

x0?1

．
下面证明在区间（1，+∞）上x₀存在且唯一．
φ′(x)＝

1

x

+

2

(x?1)2

＝

x2+1

x(x?1)2

．
∵x＞0且x≠1，
∴φ′（x）＞0．
∴函数φ（x）的单调递增区间为（0，1），（1，+∞），
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．
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．