Question

13．（1）當(dāng)x＞0時，研究函數(shù)f（x）=1n（1+$\frac{1}{x}$）-$\frac{2}{x+1}$的單調(diào)性，極值和零點的個數(shù)；
（2）從點（1，1）引曲線y=x1n（1+$\frac{1}{x}$）（x＞0）的切線．能引出幾條？

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)數(shù)，$f′（x）=\frac{{x}^{2}-1}{（x+1）^{2}（{x}^{2}+x）}$，根據(jù)x²-1在（0，+∞）上的符號即可得出f′（x）的符號，從而得出f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，從而極值為f（1）=ln2-1，顯然極值小于0，然后根據(jù)x趨向0和x趨向正無窮時f（x）的取值情況便可得出該函數(shù)零點個數(shù)；
（2）求導(dǎo)數(shù)，$y′=ln（1+\frac{1}{x}）-\frac{1}{x+1}$，可設(shè)切點為（m，$mln（1+\frac{1}{m}）$），從而便可得出切線的斜率為$ln（1+\frac{1}{m}）-\frac{1}{m+1}$，從而可以寫出切線方程，而點（1，1）在切線上，從而帶入切線方程便可以得到$ln（1+\frac{1}{m}）-\frac{2}{m+1}=0$，而根據(jù)（1）中f（x）零點的個數(shù)便可判斷該方程解的個數(shù)，從而得出切點的個數(shù)，這樣便可得出切線個數(shù)．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{-\frac{1}{{x}^{2}}}{1+\frac{1}{x}}+\frac{2}{（x+1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-1}{（x+1）^{2}（{x}^{2}+x）}$；
∴0＜x＜1時，f′（x）＜0，x＞1時，f′（x）＞0；
∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在[1，+∞）上單調(diào)遞增；
∴x=1時，f（x）取得極小值ln2-1；
∵極小值ln2-1＜0，x趨向0時，f（x）趨向正無窮；x趨向正無窮時，f（x）趨向0；
∴f（x）和x軸只有一個交點；
∴f（x）有1個零點；
（2）$y′=ln（1+\frac{1}{x}）+\frac{x}{1+\frac{1}{x}}•（-\frac{1}{{x}^{2}}）$=$ln（1+\frac{1}{x}）-\frac{1}{x+1}$；
設(shè)從點（1，1）引的切線的切點為（m，$mln（1+\frac{1}{m}）$），m＞0，則切線的斜率k=$ln（1+\frac{1}{m}）-\frac{1}{m+1}$；
∴切線方程為：$y-mln（1+\frac{1}{m}）$=$[ln（1+\frac{1}{m}）-\frac{1}{m+1}]（x-m）$；
∵（1，1）在切線上；
∴$1-mln（1+\frac{1}{m}）$=$[ln（1+\frac{1}{m}）-\frac{1}{m+1}]（1-m）$；
∴$1=\frac{m}{m+1}-\frac{1}{m+1}+ln（1+\frac{1}{m}）$；
即$ln（1+\frac{1}{m}）-\frac{2}{m+1}=0$；
由（1）知該方程只有一個解；
∴只有一個切點；
∴能引1條切線．

點評 考查根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號判斷函數(shù)單調(diào)性的方法，函數(shù)極值的概念，根據(jù)導(dǎo)數(shù)求極值的方法和過程，以及函數(shù)零點的概念，函數(shù)在切點處的導(dǎo)數(shù)和切線斜率的關(guān)系，直線的點斜式方程，方程的解和函數(shù)零點的關(guān)系．