已知函数 $f(x)=\ln x-\dfrac{x+1}{x-1}$．
（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．
（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．
【难度】
【出处】
2019年高考全国II卷（理）
【标注】
【答案】
略
【解析】
（1）$f(x)$ 的定义域为 $(0,1),(1,+\infty)$ 单调递增．
因为 $f(e)=1-\dfrac{e+1}{e-1}<0,f(e^2)=2-\dfrac{e^2+1}{e^2-1}=\dfrac{e^2-3}{e^2-1}>0$，
所以 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 有唯一零点 $x_1$，即 $f(x_1)=0$．
又 $0<\dfrac{1}{x_1}<1,f\left(\dfrac{1}{x_1}\right)=-\ln x_1+\dfrac{x_1+1}{x_1-1}=-f(x_1)=0$，
故 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 有唯一零点．
综上，$f(x)$ 有且仅有两个零点．
（2）因为 $\dfrac{1}{x_0}=e^{-\ln x_0}$，故点 $B(–\ln x_0,\dfrac{1}{x_0})$ 在曲线 $y=e^x$ 上．
由题设知 $f(x_0)=0$，即 $\ln x_0=\dfrac{x_0+1}{x_0-1}$，
故直线 $AB$ 的斜率 $k=\dfrac{\frac{1}{x_0}-\ln x_0}{-\ln x_0-x_0}=\dfrac{\frac{1}{x_0}-\frac{x_0+1}{x_0-1}}{-\frac{x_0+1}{x_0-1}-x_0}=\dfrac{1}{x_0}$．
曲线 $y=e^x$ 在点 $B(-\ln x_0,\dfrac{1}{x_0})$ 处切线的斜率是 $\dfrac{1}{x_0}$，曲线 $y=\ln x$ 在点 $A(x_0,\ln x_0)$ 处切线的斜率也是 $\dfrac{1}{x_0}$，
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．
因为 $f(e)=1-\dfrac{e+1}{e-1}<0,f(e^2)=2-\dfrac{e^2+1}{e^2-1}=\dfrac{e^2-3}{e^2-1}>0$，
所以 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 有唯一零点 $x_1$，即 $f(x_1)=0$．
又 $0<\dfrac{1}{x_1}<1,f\left(\dfrac{1}{x_1}\right)=-\ln x_1+\dfrac{x_1+1}{x_1-1}=-f(x_1)=0$，
故 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 有唯一零点．
综上，$f(x)$ 有且仅有两个零点．
（2）因为 $\dfrac{1}{x_0}=e^{-\ln x_0}$，故点 $B(–\ln x_0,\dfrac{1}{x_0})$ 在曲线 $y=e^x$ 上．
由题设知 $f(x_0)=0$，即 $\ln x_0=\dfrac{x_0+1}{x_0-1}$，
故直线 $AB$ 的斜率 $k=\dfrac{\frac{1}{x_0}-\ln x_0}{-\ln x_0-x_0}=\dfrac{\frac{1}{x_0}-\frac{x_0+1}{x_0-1}}{-\frac{x_0+1}{x_0-1}-x_0}=\dfrac{1}{x_0}$．
曲线 $y=e^x$ 在点 $B(-\ln x_0,\dfrac{1}{x_0})$ 处切线的斜率是 $\dfrac{1}{x_0}$，曲线 $y=\ln x$ 在点 $A(x_0,\ln x_0)$ 处切线的斜率也是 $\dfrac{1}{x_0}$，
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
解析
备注
