Question

函數(shù)f（x）=x^x（x＞0）是一個非常簡潔而重要的函數(shù)，為了討論其性質，可以利用對數(shù)恒等式將其變形：x^x=e lnxx．仿照該變形，研究函數(shù)φ（x）=x 

1

x

（x＞0）
（Ⅰ）求φ（x）=x 

1

x

（x＞0）在x=1處的切線方程，并討論φ（x）=x 

1

x

（x＞0）的單調性．
（Ⅱ）當a＞-1時，討論關于x的方程φ′（x）=φ（x）（

1

x2

-

a

x

+

a-1

2

）解的個數(shù)，（φ′（x）是φ（x）的導函數(shù)）

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）利用導數(shù)的幾何意義求得切線斜率，點斜式寫出切線方程，利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性；
（Ⅱ）方程φ′（x）=φ（x）（

1

x2

-

a

x

+

a-1

2

）等價于x

1

x

•

1-lnx

x2

=x 

1

x

（

1

x2

-

a

x

+

a-1

2

），即

a-1

2

x2-ax+lnx=0，設g（x）=

a-1

2

x2-ax+lnx  （x＞0），根據(jù)方程的根與函數(shù)零點的關系，利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性，進而得出方程解的情況．

解答： 解：（Ⅰ）φ（x）=x 

1

x

=e

1

x

lnx，∴φ′（x）=x

1

x

•

1-lnx

x2

，
φ′（1）=1，φ（1）=1，∴φ（x）=x 

1

x

（x＞0）在x=1處的切線方程為y=x．
令φ′（x）=0得x=e，當x∈（0，e）時，φ′（x）＞0，φ（x）單調遞增，
當x∈（e，+∞）時，φ′（x）＜0，φ（x）單調遞減，
∴φ（x）在（0，e）時，單調遞增，在（e，+∞）時，單調遞減．
（Ⅱ）方程φ′（x）=φ（x）（

1

x2

-

a

x

+

a-1

2

）等價于x

1

x

•

1-lnx

x2

=x 

1

x

（

1

x2

-

a

x

+

a-1

2

），
即

a-1

2

x2-ax+lnx=0，設g（x）=

a-1

2

x2-ax+lnx  （x＞0），
∴g′（x）=（a-1）x-a+

1

x

=

(a-1)x2-ax+1

x

，
①當a=1時，g′（x）=

1-x

x

，x∈（0，1）時，g′（x）＞0，g（x）遞增，x∈（1，+∞）時，g′（x）＜0，g（x）遞減，
[g（x）]_max=g（1）=-1＜0，此時方程無實數(shù)根；
②當a＞1時，g′（x）=（a-1）x-a+

1

x

=

(a-1)x2-ax+1

x

=

(a-1)(x- 1 a-1 )(x-1)

x

，
（i）當

1

a-1

=1，a=2時，g′（x）=

(x-1)2

x

≥0，g（x）在（0，+∞）遞增，
且當x→0時，g（x）→-∞，x→+∞時，g（x）→+∞，
故此時方程有唯一解；
（ii）當

1

a-1

＞1，a∈（1，2）時，g（x）在（0，1）及（

1

a-1

，+∞）遞增，在（1，

1

a-1

）遞減，
[g（x）]_max=g（1）=-

a+1

2

＜0，且當x→+∞時，g（x）→+∞，
故此時方程有唯一解；
（iii）當

1

a-1

＜1，a∈（2，+∞）時，g（x）在（0，

1

a-1

）及（1，+∞）遞增，在（

1

a-1

，1）遞減，
[g（x）]_max=g（

1

a-1

）=

1-2a

2(a-1)

+ln

1

a-1

＜0，且當x→+∞時，g（x）→+∞，
故此時方程有唯一解；
③當-1＜a＜1時

1

a-1

＜0＜1，g（x）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，
[g（x）]_max=g（1）=-

a+1

2

＜0，方程無實數(shù)解．
綜上所述，當a∈（-1，1）時，方程無實數(shù)解；當a∈（1，+∞）時方程有唯一解．

點評：本題主要考查利用導數(shù)的幾何意義求函數(shù)切線方程及利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性求最值等知識，
考查等價轉化思想、分類討論思想的運用能力，邏輯性綜合性很強，屬難題．