2019-全国卷II理-20 解-导数单调性

本题导读

本题考查利用导数判断函数单调性。核心在于导数运算法、零点存在性定理的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2019年全国卷II(理)）已知函数 $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1}$。

(1)讨论 $f(x)$ 的单调性，并证明 $f(x)$ 有且仅有两个零点；

(2)设 $x_0$ 是 $f(x)$ 的一个零点，证明：曲线 $y=\ln x$ 在点 $A(x_0,\ln x_0)$ 处的切线也是曲线 $y=e^x$ 的切线。

🔍【思路分析】

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1. 第一问（单调性与零点）：

• 求导：注意 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1)\cup (1,+\infty )$。求导后统一分母，通过导函数正负判定单调性。

• 分区间判定零点：在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty )$ 两个单调区间内，分别寻找端点值正负异号的情况，利用零点存在性定理证明有且仅有两个零点。

2. 第二问（公切线证明）：

• 写出第一条切线 $l_1$：求出 $y=\ln x$ 在 $x_0$ 处的切线方程，并利用 $f(x_0)=0$ 的代换关系化简。
• 构造第二条切线 $l_2$：设 $y=e^x$ 与 $l_1$ 斜率相等的切点为 $(x_1,e^{x_1})$，写出其切线方程。
• 证明重合：证明两条切线的斜率相同且在 $y$ 轴上的截距也相同，从而判定为同一条直线。

✅【答案】

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(1)证明见解析（$f(x)$ 有且仅有两个零点）。

(2)证明见解析。

✍【详细解析】

Abstract

【解析过程】

(1)解： 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1)\cup (1,+\infty )$。 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{(x-1)-(x+1)}{(x-1{)}^2}=\frac{1}{x}+\frac{2}{(x-1{)}^2}=\frac{(x-1{)}^2+2x}{x(x-1{)}^2}=\frac{x^2+1}{x(x-1{)}^2}$。 $\because$ 在定义域内 $x>0$ 且 $(x-1{)}^2>0$，$x^2+1>0$， $\therefore f^{\prime }(x)>0$ 恒成立。 故 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty )$ 上均为单调递增函数。

零点证明： ① 当 $x\in (0,1)$ 时： 当 $x\to 0^{+}$ 时，$f(x)\to -\infty$； 取 $x=\frac{1}{e}$，$f(\frac{1}{e})=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=-1+\frac{1+e}{e-1}=\frac{2}{e-1}>0$。 根据零点存在性定理及单调性，$f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有且仅有一个零点。

② 当 $x\in (1,+\infty )$ 时： 取 $x=e$，$f(e)=1-\frac{e+1}{e-1}=\frac{e-1-e-1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0$； 取 $x=e^2$，$f(e^2)=2-\frac{e^2+1}{e^2-1}=\frac{2e^2-2-e^2-1}{e^2-1}=\frac{e^2-3}{e^2-1}>0$。 根据零点存在性定理及单调性，$f(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 内有且仅有一个零点。 综上，$f(x)$ 有且仅有两个零点。

(2)证明： 由 $x_0$ 是 $f(x)$ 的零点知：$\ln x_0=\frac{x_0+1}{x_0-1}$ ①。 曲线 $y=\ln x$ 在 $A(x_0,\ln x_0)$ 处的切线 $l$ 斜率为 $k=y^{\prime }{|}_{x=x_0}=\frac{1}{x_0}$。 切线 $l$ 方程为：$y-\ln x_0=\frac{1}{x_0}(x-x_0)$，即 $y=\frac{1}{x_0}x+\ln x_0-1$。 代入 ① 式化简截距 $b_1$： $b_1=\ln x_0-1=\frac{x_0+1}{x_0-1}-1=\frac{x_0+1-x_0+1}{x_0-1}=\frac{2}{x_0-1}$。 故切线 $l:y=\frac{1}{x_0}x+\frac{2}{x_0-1}$。

设曲线 $y=e^x$ 上存在点 $(x_1,e^{x_1})$，其切线斜率与 $l$ 相等。 则 $y^{\prime }{|}_{x=x_1}=e^{x_1}=\frac{1}{x_0}$，由此得 $x_1=-\ln x_0$。 该切线 $l^{\prime }$ 的方程为：$y-e^{x_1}=e^{x_1}(x-x_1)$。 整理得：$y=e^{x_1}x+e^{x_1}(1-x_1)$。 其截距 $b_2=e^{x_1}(1-x_1)=\frac{1}{x_0}(1+\ln x_0)$。 代入 ① 式： $b_2=\frac{1}{x_0}(1+\frac{x_0+1}{x_0-1})=\frac{1}{x_0}(\frac{x_0-1+x_0+1}{x_0-1})=\frac{1}{x_0}\cdot \frac{2x_0}{x_0-1}=\frac{2}{x_0-1}$。 $\because$ 斜率 $k_1=k_2=\frac{1}{x_0}$ 且 截距 $b_1=b_2=\frac{2}{x_0-1}$， $\therefore$ 直线 $l$ 与 $l^{\prime }$ 重合。 故曲线 $y=\ln x$ 在点 $A$ 处的切线也是曲线 $y=e^x$ 的切线。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

切线问题的“三要素”： 切点坐标、切线斜率（导数）、切线方程。公切线问题通常通过“斜率相等”和“截距相等”来证明重合。

隐零点处理技巧： 在解析中，不需要求出 $x_0$ 的具体数值（本题也求不出），而是利用 $f(x_0)=0$ 提供的代数等式进行消元。 反函数性质： 注意到 $y=e^x$ 与 $y=\ln x$ 互为反函数。它们关于 $y=x$ 对称。如果一条直线是其中一个的切线，根据对称性，其关于 $y=x$ 对称的直线必是另一个的切线。

📖【试题探源与推广】

Tip

在 Obsidian 笔记中，可以整理以下步骤：

1. 分别求出两曲线在各自切点 $(x_1,f(x_1))$ 和 $(x_2,g(x_2))$ 处的切线方程。
2. 令斜率相等：$f^{\prime }(x_1)=g^{\prime }(x_2)$。
3. 令截距相等：$f(x_1)-x_1{f}^{\prime }(x_1)=g(x_2)-x_2{g}^{\prime }(x_2)$。
4. 联立求解或利用已知条件（如零点关系）进行等价转化。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 08.01 函数图象变换、模型与零点

类题演练 (Links)

• 2009-福建卷文-15 填-导数切线存在
• 2008-新课标卷文-21 解-导数切线定值
• 2008-江苏卷-08 填-切线求参数