Question

已知函數f（x）=klnx，g（x）=e^x．
（1）若函數φ（x）=f（x）+x-

2

x

，求φ（x）的單調區間；
（2）設直線l為函數f（x）的圖象上一點A（x₀，f（x₀））處的切線．若在區間（2，+∞）上存在唯一的x₀，使得直線l與曲線y=g（x）相切，求實數k的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數研究曲線上某點切線方程,利用導數研究函數的單調性

專題：導數的綜合應用

分析：（1）把f（x）的解析式代入φ（x）=f（x）+x-

2

x

，求導后得到φ′(x)=

x2+kx+2

x2

，然后利用分子二次三項式對應方程的判別式與0的關系得到k的范圍，由k得范圍及二次三項式在不同區間內的符號得到導函數的符號，進一步得到定義域內φ（x）的單調區間；
（2）利用導數求出過f（x）的圖象上一點A（x₀，f（x₀））處的切線l的方程，再設出l與g（x）的切點B的坐標，由導數得到l的另一方程，通過比較系數得到兩切點橫坐標間的關系，進一步得到k與A點橫坐標的關系lnk=1+x₀+lnx₀-x₀lnx₀，構造輔助函數h（x）=1+x+lnx-xlnx（x＞2），利用導數判斷其單調性，求出其最值，列不等式求得在區間（2，+∞）上存在唯一的x₀，使得直線l與曲線y=g（x）相切的實數k的取值范圍．

解答： 解：（1）∵f（x）=klnx，
∴f（x）+x-

2

x

=klnx+x-

2

x

 （x＞0），
φ′(x)=

k

x

+1+

2

x2

=

x2+kx+2

x2

，
方程x²+kx+2=0的判別式△=k²-8．
由△＞0，得k＜-2

2

或k＞2

2

．
當△＞0時，x1=

-k- k2-8

2

，x2=

-k+ k2-8

2

．
若k＞2

2

，φ′（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立，
若k＜-2

2

，當x∈（0，x₁），（x₂，+∞）時，φ′（x）＞0．
當x∈（x₁，x₂）時，φ′（x）＜0．
若-2

2

≤k≤2

2

，φ′（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立．
∴若k＜-2

2

，函數φ（x）的增區間為（0，x₁），（x₂，+∞），減區間為（x₁，x₂）；
若k≥-2

2

，則函數φ（x）的增區間為（0，+∞）．
（2）由f（x）=klnx，得f′(x)=

k

x

，f′(x0)=

k

x0

．
∴直線l的方程為y-klnx0=

k

x0

(x-x0)，即y=

k

x0

x+klnx0-k．
設l與y=g（x）切于點B（x₁，y₁），
則l的方程又可寫為y-ex1=ex1(x-x1)，即y=ex1x+ex1(1-x1)．
∴

k x0 =ex1 k(lnx0-1)=ex1(1-x1)

⇒k(lnx0-1)=

k

x0

(1-x1)⇒x₀（lnx₀-1）=1-x₁
⇒x₁=1+x₀-x₀lnx₀，
又x1=ln

k

x0

，
化簡得：lnk=1+x₀+lnx₀-x₀lnx₀．
設h（x）=1+x+lnx-xlnx（x＞2），h′(x)=1+

1

x

-(lnx+1)=

1

x

-lnx，
當x＞2時，

1

x

＜lnx，
∴h′（x）＜0恒成立，h（x）在（2，+∞）上單調遞減，
且h（2）=3-ln2，要使x₀唯一，只要令lnk＜3-ln2=ln

e3

2

．
∴0＜k＜

e3

2

．
∴實數k的取值范圍是(0，

e3

2

)．

點評：本題考查了利用導數研究曲線上某點處的切線方程，考查了利用導數研究函數的單調性，考查了數學轉化思想方法，訓練了利用導數求函數的最值，綜合考查了學生分析問題和解決問題的能力，是壓軸題．