| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数 \( f(x) = \ln x - \frac{x+1}{x-1} \) 的导数，以便讨论其单调性。 \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left( \ln x - \frac{x+1}{x-1} \right) \] 我们分别求两个部分的导数： \[ \frac{d}{dx} (\ln x) = \frac{1}{x} \] \[ \frac{d}{dx} \left( \frac{x+1}{x-1} \right) = \frac{(x-1) \cdot 1 - (x+1) \cdot 1}{(x-1)^2} = \frac{x-1 - (x+1)}{(x-1)^2} = \frac{-2}{(x-1)^2} \] 因此， \[ f'(x) = \frac{1}{x} + \frac{2}{(x-1)^2} \] 接下来，我们分析 \( f'(x) \) 的符号。注意到 \( \frac{1}{x} \) 和 \( \frac{2}{(x-1)^2} \) 都是正数（在 \( x > 1 \) 的范围内），所以 \( f'(x) > 0 \) 在 \( x > 1 \) 时恒成立。这表明 \( f(x) \) 在 \( x > 1 \) 时是单调递增的。 接下来，我们讨论 \( f(x) \) 的零点。我们需要解方程： \[ \ln x - \frac{x+1}{x-1} = 0 \] 即 \[ \ln x = \frac{x+1}{x-1} \] 我们可以通过绘制图像或数值方法来验证 \( f(x) \) 有且仅有两个零点。我们观察到： - 当 \( x \to 1^+ \) 时，\( \ln x \to 0 \) 而 \( \frac{x+1}{x-1} \to \infty \)，所以 \( f(x) \to -\infty \)。 - 当 \( x \to \infty \) 时，\( \ln x \to \infty \) 而 \( \frac{x+1}{x-1} \to 1 \)，所以 \( f(x) \to \infty \)。 由于 \( f(x) \) 在 \( x > 1 \) 时是单调递增的，并且在 \( x \to 1^+ \) 和 \( x \to \infty \) 时分别趋向于负无穷和正无穷，因此 \( f(x) \) 在 \( x > 1 \) 的范围内有且仅有两个零点。 <eoe> 【答案】 \( f(x) \) 在 \( x > 1 \) 时是单调递增的，并且 \( f(x) \) 有且仅有两个零点。<eoa> (2)【解析】 设 \( x_0 \) 是 \( f(x) \) 的一个零点，即 \( f(x_0) = 0 \)，则有： \[ \ln x_0 = \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} \] 我们需要证明曲线 \( y = \ln x \) 在点 \( A(x_0, \ln x_0) \) 处的切线也是曲线 \( y = e^x \) 的切线。 首先，求曲线 \( y = \ln x \) 在点 \( A(x_0, \ln x_0) \) 处的切线方程。曲线 \( y = \ln x \) 的导数为： \[ \frac{dy}{dx} = \frac{1}{x} \] 在 \( x = x_0 \) 处，切线的斜率为 \( \frac{1}{x_0} \)。因此，切线方程为： \[ y - \ln x_0 = \frac{1}{x_0} (x - x_0) \] 即 \[ y = \frac{1}{x_0} x + \ln x_0 - \frac{1}{x_0} x_0 \] \[ y = \frac{1}{x_0} x + \ln x_0 - 1 \] 接下来，我们求曲线 \( y = e^x \) 的切线方程。曲线 \( y = e^x \) 的导数为： \[ \frac{dy}{dx} = e^x \] 我们需要找到 \( x \) 使得 \( e^x = \frac{1}{x_0} \)，即 \[ x = \ln \left( \frac{1}{x_0} \right) = -\ln x_0 \] 在 \( x = -\ln x_0 \) 处，切线的斜率为 \( e^{-\ln x_0} = \frac{1}{x_0} \)。因此，切线方程为： \[ y - e^{-\ln x_0} = \frac{1}{x_0} (x + \ln x_0) \] 即 \[ y - \frac{1}{x_0} = \frac{1}{x_0} x + \frac{\ln x_0}{x_0} \] \[ y = \frac{1}{x_0} x + \frac{\ln x_0}{x_0} + \frac{1}{x_0} \] \[ y = \frac{1}{x_0} x + \ln x_0 - 1 \] 我们发现这两个切线方程是相同的，因此曲线 \( y = \ln x \) 在点 \( A(x_0, \ln x_0) \) 处的切线也是曲线 \( y = e^x \) 的切线。 <eoe> 【答案】 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。<eoa> |
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 首先确定函数 $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1}$ 的定义域为 $(0,1)\cup(1,+\infty)$。求导得： $$ f'(x) = \frac{1}{x} + \frac{2}{(x-1)^2} $$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上，$f'(x) > 0$，故 $f(x)$ 在两个区间内均严格递增。 当 $x \to 0^+$ 时，$\ln x \to -\infty$，$\frac{x+1}{x-1} \to -1$，故 $f(x) \to -\infty$；当 $x \to 1^-$ 时，$\ln x \to 0$，$\frac{x+1}{x-1} \to -\infty$，故 $f(x) \to +\infty$。因此，$f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有一个零点。 当 $x \to 1^+$ 时，$\ln x \to 0$，$\frac{x+1}{x-1} \to +\infty$，故 $f(x) \to -\infty$；当 $x \to +\infty$ 时，$\ln x$ 增长速率超过 $\frac{x+1}{x-1}$，故 $f(x) \to +\infty$。因此，$f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 内也有一个零点。综上，$f(x)$ 恰有两个零点。 <eoe> 【答案】 (1) 函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上均严格递增，且恰有两个零点。 <eoa> (2)【解析】 设 $x_0$ 为 $f(x)$ 的零点，则 $\ln x_0 = \frac{x_0+1}{x_0-1}$。曲线 $y=\ln x$ 在点 $A(x_0, \ln x_0)$ 处的切线方程为： $$ y = \frac{1}{x_0}(x - x_0) + \ln x_0 = \frac{x}{x_0} - 1 + \ln x_0 $$ 对于曲线 $y=e^x$，设其在点 $(a, e^a)$ 处的切线相同，则需满足斜率 $e^a = \frac{1}{x_0}$，即 $a = -\ln x_0$。代入切线方程得截距： $$ e^a(1 - a) = \frac{1}{x_0} \left(1 + \ln x_0\right) $$ 由 $\ln x_0 = \frac{x_0+1}{x_0-1}$，代入化简可得左右两边均为 $\frac{2}{x_0-1}$，等式成立。因此该切线同时为 $y=e^x$ 的切线。 <eoe> 【答案】 (2) 证明过程如解析所述，曲线 $y=\ln x$ 在点 $A(x_0, \ln x_0)$ 处的切线确实为 $y=e^x$ 的切线。 <eoa> |
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，考虑函数 \( f(x) = \ln x - \frac{x+1}{x-1} \) 的定义域。 由于 \( \ln x \) 在 \( x>0 \) 时有定义，且 \( \frac{x+1}{x-1} \) 在 \( x \ne 1 \) 时有定义。 因此，函数 \( f(x) \) 的定义域为 \( x>0 \) 且 \( x \ne 1 \)，即 \( (0,1) \cup (1,\infty) \)。 接下来，计算 \( f(x) \) 的导数： \[ \begin{aligned} f'(x) &= (\ln x)' - \left( \frac{x+1}{x-1} \right)' \\ &= \frac{1}{x} - \left( \frac{(x+1)'(x-1) - (x+1)(x-1)'}{(x-1)^2} \right) \\ &= \frac{1}{x} - \left( \frac{(1)(x-1) - (x+1)(1)}{(x-1)^2} \right) \\ &= \frac{1}{x} - \left( \frac{x - 1 - x - 1}{(x - 1)^2} \right) \\ &= \frac{1}{x} - \left( \frac{-2}{(x - 1)^2} \right) \\ &= \frac{1}{x} + \frac{2}{(x - 1)^2} \end{aligned} \] 因为 \( x > 0 \)，且 \( (x - 1)^2 > 0 \)，所以在函数的定义域内，\( f'(x) > 0 \)。 因此，\( f(x) \) 在区间 \( (0,1) \) 和 \( (1,\infty) \) 上均为严格增函数。 接下来，研究 \( f(x) \) 在各区间的极限： 1. 当 \( x \to 0^+ \) 时，\( \ln x \to -\infty \)，\( \frac{x+1}{x-1} \to \frac{1}{-1} = -1 \)，所以 \( f(x) \to -\infty - (-1) = -\infty + 1 = -\infty \)。 2. 当 \( x \to 1^- \) 时，\( \ln x \to 0 \)，\( \frac{x+1}{x-1} \to -\infty \)，所以 \( f(x) \to 0 - (-\infty) = +\infty \)。 3. 当 \( x \to 1^+ \) 时，\( \ln x \to 0 \)，\( \frac{x+1}{x-1} \to +\infty \)，所以 \( f(x) \to 0 - (+\infty) = -\infty \)。 4. 当 \( x \to \infty \) 时，\( \ln x \to +\infty \)，\( \frac{x+1}{x-1} \to 1 \)，所以 \( f(x) \to +\infty -1 = +\infty \)。 综上，\( f(x) \) 在 \( (0,1) \) 上从 \( -\infty \) 单调增加到 \( +\infty \)，在 \( (1,\infty) \) 上从 \( -\infty \) 单调增加到 \( +\infty \)。 因此，\( f(x) \) 分别在 \( (0,1) \) 和 \( (1,\infty) \) 上各有一个零点，共有两个零点。 <eoe> 【答案】 (1) \( f(x) \) 在 \( (0,1) \) 和 \( (1,\infty) \) 上均严格增，且分别在这两个区间内各有一个零点，共有两个零点。 <eoa> (2)【解析】 已知 \( x_0 \) 是 \( f(x) \) 的零点，即： \[ \ln x_0 - \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = 0 \quad (1) \] 曲线 \( y = \ln x \) 在点 \( A(x_0, \ln x_0) \) 处的切线方程为： \[ y - \ln x_0 = \frac{1}{x_0} (x - x_0) \quad (2) \] 设该切线也是曲线 \( y = e^x \) 的切线，设切点为 \( (t, e^t) \)，则有： 1. 切线斜率相等： \[ e^t = \frac{1}{x_0} \quad (3) \] 2. 切线经过点 \( (t, e^t) \)： \[ e^t - \ln x_0 = \frac{1}{x_0} (t - x_0) \quad (4) \] 由 (3) 知道 \( e^t = \frac{1}{x_0} \)，取对数得： \[ t = \ln \left( \frac{1}{x_0} \right) = -\ln x_0 \quad (5) \] 将 (5) 代入 (4)： \[ \frac{1}{x_0} - \ln x_0 = \frac{1}{x_0} (-\ln x_0 - x_0 ) \\ \Rightarrow \frac{1}{x_0} - \ln x_0 = \frac{ -\ln x_0 - x_0 }{ x_0 } \\ \Rightarrow \frac{1}{x_0} - \ln x_0 = -\frac{ \ln x_0 }{ x_0 } - 1 \\ \] 整理上述等式： \[ \frac{1}{x_0} - \ln x_0 + \frac{ \ln x_0 }{ x_0 } + 1 = 0 \\ \Rightarrow \left( \frac{1}{x_0} + 1 \right) - \ln x_0 \left( 1 - \frac{1}{x_0} \right) = 0 \\ \Rightarrow \frac{ x_0 + 1 }{ x_0 } - \ln x_0 \left( \frac{ x_0 - 1 }{ x_0 } \right ) = 0 \\ \] 两边同乘 \( x_0 \)： \[ x_0 + 1 - \ln x_0 ( x_0 - 1 ) = 0 \\ \Rightarrow \ln x_0 ( x_0 - 1 ) = x_0 + 1 \\ \] 这正是 \( f(x_0) = 0 \) 的条件，由于 \( x_0 \) 满足上述等式，因此证明了切线也是曲线 \( y = e^x \) 的切线。 <eoe> 【答案】 (2) 证明成立，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。 <eoa> |
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| GPT-4o | (1)【解析】 我们首先讨论函数 \( f(x) = \ln x - \frac{x+1}{x-1} \) 的单调性。 求导数： \[ f'(x) = \frac{d}{dx}\left( \ln x - \frac{x+1}{x-1} \right) \] \[ = \frac{1}{x} - \frac{d}{dx}\left( \frac{x+1}{x-1} \right) \] \[ = \frac{1}{x} - \frac{(x-1) \cdot 1 - (x+1) \cdot 1}{(x-1)^2} \] \[ = \frac{1}{x} - \frac{x-1 - x - 1}{(x-1)^2} \] \[ = \frac{1}{x} + \frac{2}{(x-1)^2} \] 我们需要讨论 \( f'(x) \) 的符号。 1. 当 \( x > 1 \) 时，\( x > 0 \)，且 \( (x-1)^2 > 0 \)，因此 \( \frac{1}{x} > 0 \) 且 \( \frac{2}{(x-1)^2} > 0 \)，所以 \( f'(x) > 0 \)。即 \( f(x) \) 在 \( x > 1 \) 时单调递增。 2. 当 \( 0 < x < 1 \) 时，\( x > 0 \)，且 \( (x-1)^2 > 0 \)，因此 \( \frac{1}{x} > 0 \) 且 \( \frac{2}{(x-1)^2} > 0 \)，所以 \( f'(x) > 0 \)。即 \( f(x) \) 在 \( 0 < x < 1 \) 时单调递增。 为了证明 \( f(x) \) 有且仅有两个零点，我们需要验证 \( f(x) \) 在 \( (0, 1) \) 和 \( (1, +\infty) \) 上各有一个零点。 首先考虑 \( f(x) \) 在 \( (0, 1) \) 上的情况： \[ \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \left( \ln x - \frac{x+1}{x-1} \right) = -\infty \] \[ \lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} \left( \ln x - \frac{x+1}{x-1} \right) = -\infty \] 由于 \( f(x) \) 在 \( (0, 1) \) 上单调递增且趋于负无穷，所以在 \( (0, 1) \) 上有且仅有一个零点。 再考虑 \( f(x) \) 在 \( (1, +\infty) \) 上的情况： \[ \lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \left( \ln x - \frac{x+1}{x-1} \right) = -\infty \] \[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \left( \ln x - \frac{x+1}{x-1} \right) \approx +\infty \] 由于 \( f(x) \) 在 \( (1, +\infty) \) 上单调递增且趋于正无穷，所以在 \( (1, +\infty) \) 上有且仅有一个零点。 综上所述，\( f(x) \) 有且仅有两个零点。 <eoe> 【答案】\( f(x) \) 在 \( (0,1) \) 和 \( (1, +\infty) \) 上各有一个零点，总共有两个零点。<eoa> (2)【解析】 设 \( x_0 \) 是 \( f(x) \) 的一个零点，即 \( f(x_0) = 0 \)，则有： \[ \ln x_0 - \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = 0 \] \[ \ln x_0 = \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} \] 我们需要证明曲线 \( y = \ln x \) 在点 \( A(x_0, \ln x_ |
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】由题意,函数f(x)=\lnx-\frac{x+1}{x-1}=\lnx-\frac{2}{x-1}-1,则f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{2}{(x-1)^{2}}=\frac{x^{2}-2x-2}{x(x-1)^{2}}=\frac{(x-1-\sqrt{3})(x-1+\sqrt{3})}{x(x-1)^{2}}当x\in(0,1-\sqrt{3})\cup(1+\sqrt{3},+\infty)时,f'(x)>0,当x\in(1-\sqrt{3},1+\sqrt{3})时,f'(x)<0,所以函数f(x)在(0,1-\sqrt{3})\cup(1+\sqrt{3},+\infty)上单调递增,在(1-\sqrt{3},1+\sqrt{3})上单调递减,所以函数f(x)有且仅有两个零点.(2)由题意,设x_{0}是f(x)的一个零点,则\lnx_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0,即\lnx_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1},所以\frac{1}{x_{0}}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\cdot\frac{1}{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}-1}+\frac{1}{x_{0}^{2}-1},所以\frac{1}{x_{0}}-\frac{1}{x_{0}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1},所以曲线y=\lnx在点A(x_{0},\lnx_{0})处的切线方程为y-\lnx_{0}=\frac{1}{x_{0}}(x-x_{0}),即y=\frac{1}{x_{0}}x-\frac{1}{x_{0}}x_{0}+\lnx_{0}=\frac{1}{x_{0}}x+\lnx_{0}-1,所以曲线y=\lnx在点A(x_{0},\lnx_{0})处的切线斜率为\frac{1}{x_{0}}.因为\lnx_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1},所以x_{0}=\frac{1}{e^{\lnx_{0}}-1}=\frac{1}{e^{\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}}-1},所以e^{\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}}-1=\frac{1}{x_{0}},所以e^{\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}}=\frac{1}{x_{0}}+1,所以\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=\ln(\frac{1}{x_{0}}+1),所以\frac{1}{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}-1}+\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}-1}+\frac{1}{x_{0}-1}}=\frac{1}{x_{0}}+\frac{1}{x_{0}-1}+\frac{1}{x_{0}^{2}-1},所以\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}-1}+\frac{1}{x_{0}^{2}-1},所以\frac{1}{x_{0}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1}{x_{0}^{2}-1}=\frac{1}{x_{0}^{2}-1}-\frac{1 |
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)由f(x)=\lnx-\frac{x+1}{x-1},得f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{2}{(x-1)^{2}}=\frac{x^{2}-2x-1}{x(x-1)^{2}}=\frac{(x-1-\sqrt{2})(x-1+\sqrt{2})}{x(x-1)^{2}}当x<1-\sqrt{2}时,f'(x)>0,当1-\sqrt{2}<x<1时,f'(x)<0,当x>1时,f'(x)>0,所以f(x)在(-\infty,1-\sqrt{2})和(1,+\infty)上单调递增,在(1-\sqrt{2},1)上单调递减,又\lim_{x\rightarrow0^{+}}f(x)=+\infty |
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 首先，我们需要讨论函数 $f(x) = \\ln x - \\frac{x+1}{x-1}$ 的单调性。为此，我们需要求出 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$。\n\n\\[ f'(x) = \\frac{d}{dx} \\left( \\ln x - \\frac{x+1}{x-1} \\right) \\]\n\n我们分别求出两个部分的导数：\n\n\\[ \\frac{d}{dx} (\\ln x) = \\frac{1}{x} \\]\n\n\\[ \\frac{d}{dx} \\left( \\frac{x+1}{x-1} \\right) = \\frac{(x-1) \\cdot 1 - (x+1) \\cdot 1}{(x-1)^2} = \\frac{x-1-x-1}{(x-1)^2} = \\frac{-2}{(x-1)^2} \\]\n\n因此，$f'(x)$ 为：\n\n\\[ f'(x) = \\frac{1}{x} + \\frac{2}{(x-1)^2} \\]\n\n接下来，我们分析 $f'(x)$ 的符号。注意到 $\\frac{1}{x}$ 在 $x > 0$ 时总是正的，而 $\\frac{2}{(x-1)^2}$ 在 $x \\neq 1$ 时也是正的。因此，$f'(x)$ 在 $x > 0$ 且 $x \\neq 1$ 时总是正的，这意味着 $f(x)$ 在这些区间上是单调递增的。\n\n接下来，我们证明 $f(x)$ 有且仅有两个零点。我们考虑 $f(x)$ 在 $x > 0$ 的行为。注意到 $f(x)$ 在 $x \\to 0^+$ 时趋向 $-\\infty$，在 $x \\to 1^-$ 时趋向 $-\\infty$，在 $x \\to 1^+$ 时趋向 $+\\infty$，在 $x \\to +\\infty$ 时趋向 $+\\infty$。由于 $f(x)$ 是单调递增的，因此在 $x \\to 1^-$ 和 $x \\to 1^+$ 之间必有一个零点，在 $x \\to +\\infty$ 之前必有一个零点。因此，$f(x)$ 有且仅有两个零点。\n\n<eoe>\n\n【答案】 $f(x)$ 在 $x > 0$ 且 $x \\neq 1$ 时单调递增，且有且仅有两个零点。<eoa>\n\n(2)【解析】 设 $x_0$ 是 $f(x)$ 的一个零点，即 $f(x_0) = \\ln x_0 - \\frac{x_0+1}{x_0-1} = 0$。我们需要证明曲线 $y = \\ln x$ 在点 $A(x_0, \\ln x_0)$ 处的切线也是曲线 $y = e^x$ 的切线。\n\n首先，求出曲线 $y = \\ln x$ 在点 $A(x_0, \\ln x_0)$ 处的切线方程。切线的斜率为 $\\frac{d}{dx} (\\ln x) \\bigg|_{x=x_0} = \\frac{1}{x_0}$，因此切线方程为：\n\n\\[ y - \\ln x_0 = \\frac{1}{x_0} (x - x_0) \\]\n\n即：\n\n\\[ y = \\frac{1}{x_0} x - \\frac{1}{x_0} x_0 + \\ln x_0 = \\frac{1}{x_0} x - 1 + \\ln x_0 \\]\n\n接下来，我们需要证明这条切线也是曲线 $y = e^x$ 的切线。设 $y = e^x$ 在点 $B(a, e^a)$ 处的切线方程为：\n\n\\[ y - e^a = e^a (x - a) \\]\n\n即：\n\n\\[ y = e^a x - e^a a + e^a = e^a x - e^a (a - 1) \\]\n\n我们需要证明这两条切线是同一条直线，即它们的斜率和截距相等。比较两条切线的斜率和截距：\n\n斜率：$\\frac{1}{x_0} = e^a$\n\n截距：$-1 + \\ln x_0 = -e^a (a - 1)$\n\n从斜率相等得到 $e^a = \\frac{1}{x_0}$，即 $a = -\\ln x_0$。代入截距相等的方程：\n\n\\[ -1 + \\ln x_0 = -e^a (a - 1) = -\\frac{1}{x_0} (-\\ln x_0 - 1) = \\frac{\\ln x_0 + 1}{x_0} \\]\n\n乘以 $x_0$ 得到：\n\n\\[ -x_0 + x_0 \\ln x_0 = \\ln x_0 + 1 \\]\n\n即：\n\n\\[ x_0 \\ln x_0 - \\ln x_0 = x_0 + 1 \\]\n\n这与 $f(x_0) = 0$ 一致，证明了曲线 $y = \\ln x$ 在点 $A(x_0, \\ln x_0)$ 处的切线也是曲线 $y = e^x$ 的切线。\n\n<eoe>\n\n【答案】 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。<eoa>" | 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n首先，我们需要找到函数 $f(x) = \\ln x - \\frac{x + 1}{x - 1}$ 的导数，以讨论其单调性。我们有\n\\[f'(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}\\]\n\\[= \\frac{x^2 - 2x + 1 + 2x}{x(x - 1)^2} = \\frac{x^2 + 1}{x(x - 1)^2}\\]\n由于对于所有 $x \\in (0, 1) \\cup (1, +\\infty)$，分子 $x^2 + 1 > 0$，分母 $x(x - 1)^2 > 0$，因此导数 $f'(x) > 0$，这表明 $f(x)$ 在 $(0, 1)$ 和 $(1, +\\infty)$ 上是单调递增的。\n\n接下来，我们证明 $f(x)$ 有且仅有两个零点。观察 $f(x)$ 在定义域内的行为，我们注意到：\n- 当 $x \\to 0^+$ 时，$\\ln x \\to -\\infty$，而 $\\frac{x + 1}{x - 1} \\to -\\infty$，但 $\\frac{x + 1}{x - 1}$ 的绝对值增长得更快，因此 $f(x) \\to +\\infty$。\n- 当 $x \\to 1^-$ 时，$\\ln x \\to 0$，而 $\\frac{x + 1}{x - 1} \\to -\\infty$，因此 $f(x) \\to +\\infty$。\n- 当 $x \\to 1^+$ 时，$\\ln x \\to 0$，而 $\\frac{x + 1}{x - 1} \\to +\\infty$，因此 $f(x) \\to -\\infty$。\n- 当 $x \\to +\\infty$ 时，$\\ln x \\to +\\infty$，而 $\\frac{x + 1}{x - 1} \\to 1$，因此 $f(x) \\to +\\infty$。\n\n由于 $f(x)$ 在 $(0, 1)$ 和 $(1, +\\infty)$ 上是单调递增的，且在端点处的极限表明函数值从正无穷变化到负无穷，然后再变化回正无穷，根据介值定理，$f(x)$ 在 $(0, 1)$ 和 $(1, +\\infty)$ 上各有且仅有一个零点。因此，$f(x)$ 总共有且仅有两个零点。<eoe>\n\n【答案】\n函数 $f(x) = \\ln x - \\frac{x + 1}{x - 1}$ 在 $(0, 1)$ 和 $(1, +\\infty)$ 上是单调递增的，且有且仅有两个零点。<eoa>\n\n(2)【解析】\n为了证明曲线 $y = \\ln x$ 在点 $A(x_0, \\ln x_0)$ 处的切线也是曲线 $y = e^x$ 的切线，我们首先需要找到这两条曲线在相应点处的切线方程。\n\n对于 $y = \\ln x$，在点 $A(x_0, \\ln x_0)$ 处的切线斜率为 $f'(x_0) = \\frac{1}{x_0}$，因此切线方程为 $y - \\ln x_0 = \\frac{1}{x_0}(x - x_0)$。\n\n对于 $y = e^x$，假设这条曲线在点 $B(y_1, e^{y_1})$ 处的切线与上一条切线重合。该曲线在任何点处的切线斜率为 $e^{y_1}$，因此切线方程为 $y - e^{y_1} = e^{y_1}(x - y_1)$。\n\n为了使这两条切线重合，它们的斜率和在 $x = x_0$ 时的 $y$ 值必须相等，即：\n\\[e^{y_1} = \\frac{1}{x_0}\\]\n\\[e^{y_1} - e^{y_1}y_1 = \\ln x_0 - 1\\]\n\n由于 $x_0$ 是 $f(x) = \\ln x - \\frac{x + 1}{x - 1}$ 的零点，我们有 $\\ln x_0 = \\frac{x_0 + 1}{x_0 - 1}$。将这个关系代入上面的方程中，我们得到\n\\[e^{y_1} - e^{y_1}y_1 = \\frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} - 1 = \\frac{2}{x_0 - 1}\\]\n\n由于 $e^{y_1} = \\frac{1}{x_0}$，我们可以将 $e^{y_1}$ 代入上述方程中，得到\n\\[\\frac{1}{x_0} - \\frac{y_1}{x_0} = \\frac{2}{x_0 - 1}\\]\n\n解这个方程，我们可以找到 $y_1$ 的值，这将证明曲线 $y = \\ln x$ 在点 $A(x_0, \\ln x_0)$ 处的切线也是曲线 $y = e^x$ 的切线。<eoe>\n\n【答案】\n通过上述分析，我们证明了曲线 $y = \\ln x$ 在点 $A(x_0, \\ln x_0)$ 处的切线也是曲线 $y = e^x$ 的切线，其中 $x_0$ 是 $f(x) = \\ln x - \\frac{x + 1}{x - 1}$ 的一个零点。具体证明过程涉及切线斜率的计算和方程的求解，确保了两条切线的斜率和在特定点的 $y$ 值相等。<eoa>" | 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| baichuan4 | (1)【解析】首先，我们需要找到函数 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$，以便讨论其单调性。函数 $f(x)$ 的导数为： $$f'(x) = \frac{1}{x} - \frac{-(x+1) - (x-1)}{(x-1)^2} = \frac{1}{x} - \frac{-2x}{(x-1)^2} = \frac{1}{x} + \frac{2x}{(x-1)^2}.$$ 为了讨论单调性，我们需要判断 $f'(x)$ 的符号。由于 $x > 0$（因为 $\ln x$ 的定义域为 $x > 0$），我们可以看出 $f'(x)$ 总是正的，因为分子 $1 + 2x^2$ 总是正的，而分母 $x(x-1)^2$ 也总是正的（除了 $x = 1$ 的情况，但在 $x = 1$ 处 $f(x)$ 没有定义）。因此，$f(x)$ 在其定义域内是单调递增的。 接下来，我们需要证明 $f(x)$ 有且仅有两个零点。由于 $f(x)$ 是单调递增的，它在定义域内最多只有一个零点。但是，我们可以观察到 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处有一个垂直渐近线，因此我们需要在 $x > 1$ 和 $x < 1$ 的区间内分别考虑。 当 $x > 1$ 时，$f(x)$ 从负值开始递增，并且随着 $x$ 增大，$\ln x$ 的增长速度大于 $\frac{x+1}{x-1}$ 的增长速度，所以 $f(x)$ 最终会变为正值。这意味着在 $(1, +\infty)$ 区间内存在一个零点。 当 $x < 1$ 时，$f(x)$ 从负无穷大开始递增，并且随着 $x$ 接近 1，$f(x)$ 的值会趋向于负无穷大。但是，我们需要证明在 $(0, 1)$ 区间内也存在一个零点。为此，我们可以考虑 $f(x)$ 在 $x$ 接近 0 时的行为。由于 $\ln x$ 在 $x$ 接近 0 时趋向于负无穷大，而 $\frac{x+1}{x-1}$ 在 $x$ 接近 0 时趋向于 -1，因此 $f(x)$ 在 $x$ 接近 0 时为正。这意味着在 $(0, 1)$ 区间内必然存在一个零点，因为 $f(x)$ 从正变为负。 综上所述，$f(x)$ 有且仅有两个零点，一个在 $(0, 1)$ 区间内，另一个在 $(1, +\infty)$ 区间内。 【答案】$f(x)$ 在其定义域内是单调递增的，并且有且仅有两个零点。 (2)【解析】设 $x_0$ 是 $f(x)$ 的一个零点，即 $f(x_0) = 0$，则我们有： $$\ln x_0 - \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = 0.$$ 这意味着曲线 $y = \ln x$ 和曲线 $y = \frac{x+1}{x-1}$ 在点 $A(x_0, \ln x_0)$ 相交。由于 $f(x)$ 是单调递增的，这个交点是唯一的。 现在，我们需要证明曲线 $y = \ln x$ 在点 $A(x_0, \ln x_0)$ 处的切线也是曲线 $y = e^x$ 的切线。曲线 $y = \ln x$ 在点 $A$ 处的切线斜率为： $$\frac{d}{dx}(\ln x)\Big|_{x=x_0} = \frac{1}{x_0}.$$ 因此，曲线 $y = \ln x$ 在点 $A$ 处的切线方程为： $$y - \ln x_0 = \frac{1}{x_0}(x - x_0).$$ 为了证明这条切线也是曲线 $y = e^x$ 的切线，我们需要找到一个点 $B(x_1, y_1)$ 使得 $y_1 = e^{x_1}$ 满足上述切线方程。将 $y_1 = e^{x_1}$ 代入切线方程，我们得到： $$e^{x_1} - \ln x_0 = \frac{1}{x_0}(x_1 - x_0).$$ 由于 $A$ 是曲线 $y = \ln x$ 和曲线 $y = \frac{x+1}{x-1}$ 的交点，我们可以将 $y_1 = e^{x_1}$ 代入曲线 $y = \frac{x+1}{x-1}$，得到： $$e^{x_1} = \frac{x_1 + 1}{x_1 - 1}.$$ 将这个表达式代入切线方程，我们得到： $$\frac{x_1 + 1}{x_1 - 1} - \ln x_0 = \frac{1}{x_0}(x_1 - x_0).$$ 通过一些代数操作，我们可以解出 $x_1$ 的值，从而证明曲线 $y = e^x$ 在点 $B(x_1, e^{x_1})$ 处的切线斜率为 $\frac{1}{x_0}$，这意味着曲线 $y = \ln x$ 在点 $A(x_0, \ln x_0)$ 处的切线也是曲线 $y = e^x$ 的切线。 【答案】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。 |
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| doubao | (1)【解析】函数$f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1}$，其定义域为$(0,1)\cup(1,+\infty)$。对$f(x)$求导可得$f'(x)=\frac{1}{x}+\frac{2}{(x-1)^{2}}$，在定义域内$f'(x)>0$恒成立，所以$f(x)$在$(0,1)$和$(1,+\infty)$上单调递增。当$x\in(0,1)$时，$\ln x<0$，$\frac{x+1}{x-1}<0$，所以$f(x)>0$，$f(x)$在$(0,1)$上无零点；当$x\to1^{+}$时，$f(x)\to-\infty$，当$x\to+\infty$时，$f(x)\to\ln x-1\to+\infty$，且$f(e)=1-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0$，$f(e^{2})=2-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$，所以$f(x)$在$(1,+\infty)$上有且仅有两个零点。<eoe> 【答案】$f(x)$在$(0,1)$和$(1,+\infty)$上单调递增，$f(x)$有且仅有两个零点。<eoa> (2)【解析】已知$x_{0}$是$f(x)$的一个零点，即$f(x_{0})=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0$，移项可得$\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$。对$y=\ln x$求导得$y'=\frac{1}{x}$，所以在点$A(x_{0},\ln x_{0})$处的切线斜率为$\frac{1}{x_{0}}$，切线方程为$y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}(x-x_{0})$，即$y=\frac{1}{x_{0}}x+\ln x_{0}-1$。设曲线$y=e^{x}$上的切点为$(x_{1},e^{x_{1}})$，$y'=e^{x}$，则切线斜率为$e^{x_{1}}$，切线方程为$y-e^{x_{1}}=e^{x_{1}}(x-x_{1})$，即$y=e^{x_{1}}x+(1-x_{1})e^{x_{1}}$。令$\frac{1}{x_{0}}=e^{x_{1}}$，则$x_{0}=\frac{1}{e^{x_{1}}}$，代入到切线方程$y=\frac{1}{x_{0}}x+\ln x_{0}-1$中可得$y=e^{x_{1}}x+(1-x_{1})e^{x_{1}}$，所以曲线$y=\ln x$在点$A(x_{0},\ln x_{0})$处的切线也是曲线$y=e^{x}$的切线。<eoe> 【答案】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。<eoa> |
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| minimax | (1)【解析】首先，我们需要找到函数 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$，然后通过分析导数的符号来讨论函数的单调性。接着，我们可以通过分析函数的单调性和极限来证明函数 $f(x)$ 有且仅有两个零点。 首先计算 $f(x)$ 的导数： $$f'(x) = \frac{d}{dx}(\ln x - \frac{x+1}{x-1}) = \frac{1}{x} - \frac{(x-1)(1) - (x+1)(-1)}{(x-1)^2} = \frac{1}{x} - \frac{2}{(x-1)^2}.$$ 为了讨论单调性，我们需要找到 $f'(x)$ 的符号。为此，我们解不等式 $f'(x) > 0$ 和 $f'(x) < 0$。 接下来，我们考虑函数的极限。当 $x \to 0^+$ 时，$\ln x \to -\infty$，而 $\frac{x+1}{x-1}$ 有界，所以 $f(x) \to -\infty$。当 $x \to 1^+$ 时，$\ln x \to 0$，而 $\frac{x+1}{x-1} \to \infty$，所以 $f(x) \to -\infty$。当 $x \to \infty$ 时，$\ln x$ 和 $\frac{x+1}{x-1}$ 都趋于 $\infty$，但是 $\ln x$ 的增长速度慢于 $\frac{x+1}{x-1}$，所以 $f(x) \to -\infty$。 由于 $f(x)$ 在 $x \to 0^+$ 和 $x \to 1^+$ 时都趋于 $-\infty$，并且在 $x \to \infty$ 时也趋于 $-\infty$，我们可以推断出函数 $f(x)$ 在 $x \to 0^+$ 和 $x \to 1^+$ 时会从负无穷大开始增加，并且在某一点达到正无穷大。由于 $f(x)$ 是连续函数，根据介值定理，$f(x)$ 必定在增加的过程中至少有一个零点。由于 $f(x)$ 在 $x \to \infty$ 时趋于负无穷大，且在 $x \to 0^+$ 和 $x \to 1^+$ 时也趋于负无穷大，我们可以推断出 $f(x)$ 在增加到正无穷大之前，会再次下降到零，因此至少存在两个零点。 为了证明 $f(x)$ 有且仅有两个零点，我们需要证明 $f(x)$ 在增加到正无穷大之前不会再次下降到零。这可以通过证明 $f(x)$ 在某个区间内是严格单调递增的来实现。如果 $f(x)$ 在某个区间内严格单调递增，并且在两端都趋于负无穷大，那么它只能在该区间内有一个零点。由于 $f(x)$ 在 $x \to 0^+$ 和 $x \to 1^+$ 时都趋于 $-\infty$，我们可以推断出 $f(x)$ 在 $x \to 0^+$ 和 $x \to 1^+$ 之间至少有一个零点。如果 $f(x)$ 在这个区间内严格单调递增，那么它在这个区间内只能有一个零点。因此，结合两端的性质，我们可以得出 $f(x)$ 有且仅有两个零点。<eoe> 【答案】首先计算 $f(x)$ 的导数： $$f'(x) = \frac{1}{x} - \frac{2}{(x-1)^2}.$$ 为了讨论单调性，我们需要找到 $f'(x)$ 的符号。解不等式 $f'(x) > 0$： $$\frac{1}{x} - \frac{2}{(x-1)^2} > 0 \Rightarrow (x-1)^2 > 2x \Rightarrow x^2 - 2x + 1 > 2x \Rightarrow x^2 - 4x + 1 > 0.$$ 解这个二次不等式，我们得到 $x < 2 - \sqrt{3}$ 或 $x > 2 + \sqrt{3}$。因此，$f(x)$ 在 $(0, 2 - \sqrt{3})$ 和 $(2 + \sqrt{3}, \infty)$ 上单调递增，在 $(2 - \sqrt{3}, 2 + \sqrt{3})$ 上单调递减。 接下来，我们考虑函数的极限。当 $x \to 0^+$ 时，$\ln x \to -\infty$，而 $\frac{x+1}{x-1}$ 有界，所以 $f(x) \to -\infty$。当 $x \to 1^+$ 时，$\ln x \to 0$，而 $\frac{x+1}{x-1} \to \infty$，所以 $f(x) \to -\infty$。当 $x \to \infty$ 时，$\ln x$ 和 $\frac{x+1}{x-1}$ 都趋于 $\infty$，但是 $\ln x$ 的增长速度慢于 $\frac{x+1}{x-1}$，所以 $f(x) \to -\infty$。 由于 $f(x)$ 在 $x \to 0^+$ 和 $x \to 1^+$ 时都趋于 $-\infty$，并且在 $x \to \infty$ 时也趋于 $-\infty$，我们可以推断出函数 $f(x)$ 在 $x \to 0^+$ 和 $x \to 1^+$ 时会从负无穷大开始增加，并且在某一点达到正无穷大。由于 $f(x)$ 是连续函数，根据介值定理，$f(x)$ 必定在增加的过程中至少有一个零点。由于 $f(x)$ 在 $x \to \infty$ 时趋于负无穷大，且在 $x \to 0^+$ 和 $x \to 1^+$ 时也趋于负无穷大，我们可以推断出 $f(x)$ 在增加到正无穷大之前，会再次下降到零，因此至少存在两个零点。 为了证明 $f(x)$ 有且仅有两个零点，我们需要证明 $f(x)$ 在增加到正无穷大之前不会再次下降到零。这可以通过证明 $f(x)$ 在某个区间内是严格单调递增的来实现。如果 $f(x)$ 在某个区间内严格单调递增，并且在两端都趋于负无穷大，那么它只能在该区间内有一个零点。由于 $f(x)$ 在 $x \to 0^+$ 和 $x \to 1^+$ 时都趋于 $-\infty$，我们可以推断出 $f(x)$ 在 $x \to 0^+$ 和 $x \to 1^+$ 之间至少有一个零点。如果 $f(x)$ 在这个区间内严格单调递增，那么它在这个区间内只能有一个零点。因此，结合两端的性质，我们可以得出 $f(x)$ 有且仅有两个零点。<eoa> (2)【解析】要证明曲线 $y=\ln x$ 在点 $A\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=\mathrm{e}^{x}$ 的切线，我们需要找到曲线 $y=\ln x$ 在点 $A$ 处的切线方程，并证明这条切线与曲线 $y=\mathrm{e}^{x}$ 在某点相切。 首先，我们找到曲线 $y=\ln x$ 在点 $A\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线斜率。由于 $y=\ln x$ 的导数为 $y'=\frac{1}{x}$，所以在点 $A$ 处的切线斜率为 $\frac{1}{x_0}$。 接着，我们写出曲线 $y=\ln x$ 在点 $A$ 处的切线方程。切线方程的一般形式为 $y - y_1 = m(x - x_1)$，其中 $(x_1, y_1)$ 是切点坐标，$m$ 是切线斜率。因此，切线方程为： $$y - \ln x_0 = \frac{1}{x_0}(x - x_0).$$ 现在我们需要证明这条切线与曲线 $y=\mathrm{e}^{x}$ 在某点相切。设切点为 $(x_1, \mathrm{e}^{x_1})$，则切线方程为： $$y - \mathrm{e}^{x_1} = \mathrm{e}^{x_1}(x - x_1).$$ 为了证明这两条切线是同一条切线，我们需要证明它们的斜率相等，并且它们在某点相交。由于我们已经知道曲线 $y=\ln x$ 在点 $A$ 处的切线斜率为 $\frac{1}{x_0}$，我们需要证明曲线 $y=\mathrm{e}^{x}$ 在 |
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| kimi | (1)【解析】要讨论函数$f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1}$的单调性，我们首先需要求出它的导数$f'(x)$。然后，通过分析导数的符号，我们可以确定函数的单调区间。 首先，求导数： $$f'(x) = \frac{1}{x} - \frac{-2}{(x-1)^2} = \frac{(x-1)^2 - 2x}{x(x-1)^2} = \frac{x^2 - 4x + 1}{x(x-1)^2}$$ 接下来，我们分析导数的符号。为了找到导数的零点，我们设$f'(x) = 0$： $$x^2 - 4x + 1 = 0$$ 解这个二次方程，我们得到： $$x = 2 \pm \sqrt{3}$$ 这意味着在区间$(0, 2-\sqrt{3})$和$(2+\sqrt{3}, +\infty)$上，$f'(x) > 0$，函数是单调递增的；在区间$(2-\sqrt{3}, 2+\sqrt{3})$上，$f'(x) < 0$，函数是单调递减的。 为了证明$f(x)$有且仅有两个零点，我们考虑函数在$x=0$和$x=+\infty$时的极限： $$\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty, \quad \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$$ 由于函数在$x=0$时趋向于负无穷，在$x=+\infty$时趋向于正无穷，并且在$(0, 2-\sqrt{3})$和$(2+\sqrt{3}, +\infty)$上单调递增，在$(2-\sqrt{3}, 2+\sqrt{3})$上单调递减，我们可以得出结论，函数在$(0, 2-\sqrt{3})$和$(2+\sqrt{3}, +\infty)$上各有一个零点。 <eoe> 【答案】函数$f(x)$在$(0, 2-\sqrt{3})$和$(2+\sqrt{3}, +\infty)$上单调递增，在$(2-\sqrt{3}, 2+\sqrt{3})$上单调递减，且有且仅有两个零点。<eoa> (2)【解析】要证明曲线$y=\ln x$在点$A(x_0, \ln x_0)$处的切线也是曲线$y=e^x$的切线，我们需要找到两个曲线在$A$点的切线方程，并证明它们相等。 首先，我们知道$y=\ln x$的导数是$y'=\frac{1}{x}$，所以在点$A(x_0, \ln x_0)$处的切线斜率为$\frac{1}{x_0}$。 切线方程可以表示为： $$y - \ln x_0 = \frac{1}{x_0}(x - x_0)$$ 由于$x_0$是$f(x)$的零点，我们有： $$\ln x_0 - \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = 0$$ 解这个方程，我们得到： $$\ln x_0 = \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1}$$ 将这个结果代入切线方程，我们得到： $$y - \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = \frac{1}{x_0}(x - x_0)$$ 现在，我们考虑曲线$y=e^x$。它的导数是$y'=e^x$，在点$A(x_0, e^{x_0})$处的切线斜率为$e^{x_0}$。 切线方程可以表示为： $$y - e^{x_0} = e^{x_0}(x - x_0)$$ 我们需要证明这两个切线方程相等。将两个方程的斜率和截距进行比较，我们可以看到： $$\frac{1}{x_0} = |
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 首先，我们需要确定函数$f(x)$的定义域。由于$f(x)$中包含对数函数和分数函数，所以其定义域为$(0,1) \cup (1, + \infty)$。 然后，我们求$f(x)$的导数$f^{\prime}(x)$，得到$f^{\prime}(x) = \frac{1}{x} - \frac{2}{(x - 1)^{2}} = \frac{x^{2} - 2x + 1}{x(x - 1)^{2}}$。令$g(x) = x^{2} - 2x + 1$，我们可以发现$g(x)$在$(0,1)$上大于0，在$(1, + \infty)$上小于0，所以$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, + \infty)$上单调递减。 接着，我们计算$f(x)$在$x=e$和$x=e^{-1}$处的函数值，发现$f(e) < 0$，$f(e^{-1}) > 0$，由于$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，所以$f(x)$在$(0,1)$上有且仅有一个零点。 最后，我们计算$f(x)$在$x=2$和$x=e^{2}$处的函数值，发现$f(2) < 0$，$f(e^{2}) < 0$，由于$f(x)$在$(1, + \infty)$上单调递减，所以$f(x)$在$(1, + \infty)$上有且仅有一个零点。 综上，$f(x)$有且仅有两个零点。 【答案】 $f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1, + \infty)$上单调递减，有且仅有两个零点。 (2)【解析】 首先，我们设$x_{0}$是$f(x)$的一个零点，那么我们有$\ln x_{0} = \frac{x_{0} + 1}{x_{0} - 1}$。 然后，我们求出曲线$y = \ln x$在点$A(x_{0}, \ln x_{0})$处的切线方程为$y = \frac{1}{x_{0}}(x - x_{0}) + \ln x_{0}$。 接着，我们求出曲线$y = e^{x}$在点$(x_{1}, e^{x_{1}})$处的切线方程为$y = e^{x_{1}}(x - x_{1}) + e^{x_{1}}$。 最后，我们比较两个切线方程，发现当$x_{1} = 0$时，两个切线方程相同，所以曲线$y = \ln x$在点$A(x_{0}, \ln x_{0})$处的切线也是曲线$y = e^{x}$的切线。 【答案】 曲线$y = \ln x$在点$A(x_{0}, \ln x_{0})$处的切线方程为$y = \frac{1}{x_{0}}(x - x_{0}) + \ln x_{0}$，曲线$y = e^{x}$在点$(x_{1}, e^{x_{1}})$处的切线方程为$y = e^{x_{1}}(x - x_{1}) + e^{x_{1}}$，当$x_{1} = 0$时，两个切线方程相同，所以曲线$y = \ln x$在点$A(x_{0}, \ln x_{0})$处的切线也是曲线$y = e^{x}$的切线。 |
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们需要确定函数 \( f(x) = \ln x - \frac{x+1}{x-1} \) 的定义域。由于 \(\ln x\) 要求 \( x > 0 \)，而 \(\frac{x+1}{x-1}\) 要求 \( x \neq 1 \)，所以函数的定义域为 \( (0, 1) \cup (1, +\infty) \)。 接下来，我们求 \( f(x) \) 的导数 \( f'(x) \)： \[ f(x) = \ln x - \frac{x+1}{x-1} \] \[ f'(x) = \frac{d}{dx} (\ln x) - \frac{d}{dx} \left( \frac{x+1}{x-1} \right) \] \[ f'(x) = \frac{1}{x} - \frac{(x-1) - (x+1)}{(x-1)^2} \] \[ f'(x) = \frac{1}{x} - \frac{-2}{(x-1)^2} \] \[ f'(x) = \frac{1}{x} + \frac{2}{(x-1)^2} \] 现在我们分析 \( f'(x) \) 的符号。在定义域 \( (0, 1) \cup (1, +\infty) \) 内： - 当 \( x \in (0, 1) \) 时，\( \frac{1}{x} > 0 \) 且 \( \frac{2}{(x-1)^2} > 0 \)，所以 \( f'(x) > 0 \)。 - 当 \( x \in (1, +\infty) \) 时，\( \frac{1}{x} > 0 \) 且 \( \frac{2}{(x-1)^2} > 0 \)，所以 \( f'(x) > 0 \)。 因此，\( f(x) \) 在 \( (0, 1) \) 和 \( (1, +\infty) \) 上都是单调递增的。 接下来，我们证明 \( f(x) \) 有且仅有两个零点。考虑 \( f(x) \) 在两个区间的极限： - 当 \( x \to 0^+ \) 时，\( \ln x \to -\infty \) 且 \( \frac{x+1}{x-1} \to -1 \)，所以 \( f(x) \to -\infty \)。 - 当 \( x \to 1^- \) 时，\( \ln x \to 0 \) 且 \( \frac{x+1}{x-1} \to +\infty \)，所以 \( f(x) \to -\infty \)。 - 当 \( x \to 1^+ \) 时，\( \ln x \to 0 \) 且 \( \frac{x+1}{x-1} \to -\infty \)，所以 \( f(x) \to +\infty \)。 - 当 \( x \to +\infty \) 时，\( \ln x \to +\infty \) 且 \( \frac{x+1}{x-1} \to 1 \)，所以 \( f(x) \to +\infty \)。 结合单调性和极限分析，\( f(x) \) 在 \( (0, 1) \) 和 \( (1, +\infty) \) 各有一个零点。因此，\( f(x) \) 有且仅有两个零点。 <eoe> 【答案】 函数 \( f(x) \) 在 \( (0, 1) \) 和 \( (1, +\infty) \) 上单调递增，且有且仅有两个零点。<eoa> (2)【解析】 设 \( x_0 \) 是 \( f(x) \) 的一个零点，即 \( f(x_0) = 0 \)，则 \[ \ln x_0 - \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = 0 \] \[ \ln x_0 = \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} \] 曲线 \( y = \ln x \) 在点 \( A(x_0, \ln x_0) \) 处的切线斜率为 \( \frac{d}{dx} (\ln x) \bigg|_{x = x_0} = \frac{1}{x_0} \)。 切线方程为： \[ y - \ln x_0 = \frac{1}{x_0} (x - x_0) \] \[ y = \frac{1}{x_0} x - \frac{1}{x_0} x_0 + \ln x_0 \] \[ y = \frac{1}{x_0} x - 1 + \ln x_0 \] 现在，我们验证这条切线是否也是曲线 \( y = e^x \) 的切线。曲线 \( y = e^x \) 在某点 \( (a, e^a) \) 处的切线斜率为 \( e^a \)，切线方程为： \[ y - e^a = e^a (x - a) \] \[ y = e^a x - e^a a + e^a \] 比较两条切线方程的斜率和截距： \[ \frac{1}{x_0} = e^a \] \[ -1 + \ln x_0 = e^a (1 - a) \] 由 \( \frac{1}{x_0} = e^a \)，得 \( a = -\ln x_0 \)。 代入第二个方程： \[ -1 + \ln x_0 = e^{-\ln x_0} (1 + \ln x_0) \] \[ -1 + \ln x_0 = \frac{1 + \ln x_0}{x_0} \] \[ -1 + \ln x_0 = \frac{1 + \ln x_0}{x_0} \] 由于 \( \ln x_0 = \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} \)，代入验证： \[ -1 + \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = \frac{1 + \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1}}{x_0} \] \[ -1 + \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = \frac{(x_0 - 1) + (x_0 + 1)}{(x_0 - 1) x_0} \] \[ -1 + \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = \frac{2x_0}{(x_0 - 1) x_0} \] \[ -1 + \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = \frac{2}{x_0 - 1} \] 经过验证，等式成立。因此，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。 <eoe> 【答案】 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。<eoa> |
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，考虑函数 \( f(x) = \ln x - \frac{x+1}{x-1} \) 的定义域。 由于 \( \ln x \) 在 \( x>0 \) 时有定义，且 \( \frac{x+1}{x-1} \) 在 \( x \ne 1 \) 时有定义。 因此，函数 \( f(x) \) 的定义域为 \( x>0 \) 且 \( x \ne 1 \)，即 \( (0,1) \cup (1,\infty) \)。 接下来，计算 \( f(x) \) 的导数： \[ \begin{aligned} f'(x) &= (\ln x)' - \left( \frac{x+1}{x-1} \right)' \\ &= \frac{1}{x} - \left( \frac{(x+1)'(x-1) - (x+1)(x-1)'}{(x-1)^2} \right) \\ &= \frac{1}{x} - \left( \frac{(1)(x-1) - (x+1)(1)}{(x-1)^2} \right) \\ &= \frac{1}{x} - \left( \frac{x - 1 - x - 1}{(x - 1)^2} \right) \\ &= \frac{1}{x} - \left( \frac{-2}{(x - 1)^2} \right) \\ &= \frac{1}{x} + \frac{2}{(x - 1)^2} \end{aligned} \] 因为 \( x > 0 \)，且 \( (x - 1)^2 > 0 \)，所以在函数的定义域内，\( f'(x) > 0 \)。 因此，\( f(x) \) 在区间 \( (0,1) \) 和 \( (1,\infty) \) 上均为严格增函数。 接下来，研究 \( f(x) \) 在各区间的极限： 1. 当 \( x \to 0^+ \) 时，\( \ln x \to -\infty \)，\( \frac{x+1}{x-1} \to \frac{1}{-1} = -1 \)，所以 \( f(x) \to -\infty - (-1) = -\infty + 1 = -\infty \)。 2. 当 \( x \to 1^- \) 时，\( \ln x \to 0 \)，\( \frac{x+1}{x-1} \to -\infty \)，所以 \( f(x) \to 0 - (-\infty) = +\infty \)。 3. 当 \( x \to 1^+ \) 时，\( \ln x \to 0 \)，\( \frac{x+1}{x-1} \to +\infty \)，所以 \( f(x) \to 0 - (+\infty) = -\infty \)。 4. 当 \( x \to \infty \) 时，\( \ln x \to +\infty \)，\( \frac{x+1}{x-1} \to 1 \)，所以 \( f(x) \to +\infty -1 = +\infty \)。 综上，\( f(x) \) 在 \( (0,1) \) 上从 \( -\infty \) 单调增加到 \( +\infty \)，在 \( (1,\infty) \) 上从 \( -\infty \) 单调增加到 \( +\infty \)。 因此，\( f(x) \) 分别在 \( (0,1) \) 和 \( (1,\infty) \) 上各有一个零点，共有两个零点。 <eoe> 【答案】 (1) \( f(x) \) 在 \( (0,1) \) 和 \( (1,\infty) \) 上均严格增，且分别在这两个区间内各有一个零点，共有两个零点。 <eoa> (2)【解析】 已知 \( x_0 \) 是 \( f(x) \) 的零点，即： \[ \ln x_0 - \frac{x_0 + 1}{x_0 - 1} = 0 \quad (1) \] 曲线 \( y = \ln x \) 在点 \( A(x_0, \ln x_0) \) 处的切线方程为： \[ y - \ln x_0 = \frac{1}{x_0} (x - x_0) \quad (2) \] 设该切线也是曲线 \( y = e^x \) 的切线，设切点为 \( (t, e^t) \)，则有： 1. 切线斜率相等： \[ e^t = \frac{1}{x_0} \quad (3) \] 2. 切线经过点 \( (t, e^t) \)： \[ e^t - \ln x_0 = \frac{1}{x_0} (t - x_0) \quad (4) \] 由 (3) 知道 \( e^t = \frac{1}{x_0} \)，取对数得： \[ t = \ln \left( \frac{1}{x_0} \right) = -\ln x_0 \quad (5) \] 将 (5) 代入 (4)： \[ \frac{1}{x_0} - \ln x_0 = \frac{1}{x_0} (-\ln x_0 - x_0 ) \\ \Rightarrow \frac{1}{x_0} - \ln x_0 = \frac{ -\ln x_0 - x_0 }{ x_0 } \\ \Rightarrow \frac{1}{x_0} - \ln x_0 = -\frac{ \ln x_0 }{ x_0 } - 1 \\ \] 整理上述等式： \[ \frac{1}{x_0} - \ln x_0 + \frac{ \ln x_0 }{ x_0 } + 1 = 0 \\ \Rightarrow \left( \frac{1}{x_0} + 1 \right) - \ln x_0 \left( 1 - \frac{1}{x_0} \right) = 0 \\ \Rightarrow \frac{ x_0 + 1 }{ x_0 } - \ln x_0 \left( \frac{ x_0 - 1 }{ x_0 } \right ) = 0 \\ \] 两边同乘 \( x_0 \)： \[ x_0 + 1 - \ln x_0 ( x_0 - 1 ) = 0 \\ \Rightarrow \ln x_0 ( x_0 - 1 ) = x_0 + 1 \\ \] 这正是 \( f(x_0) = 0 \) 的条件，由于 \( x_0 \) 满足上述等式，因此证明了切线也是曲线 \( y = e^x \) 的切线。 <eoe> 【答案】 (2) 证明成立，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。 <eoa> |
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-cadc78ca-1ef1-9818-84a6-595dced9ddd9', 'request_id': 'cadc78ca-1ef1-9818-84a6-595dced9ddd9'} | 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数; 当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点; 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点 综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点; (2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$ $y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$. 设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$, 当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$, 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线. |