Question

4．函数f（x）=$\frac{1}{x}$+klnx，k≠0，若关于x的方程f（x）=k有解，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 法一令g（x）=f（x）-k，则问题等价于函数g（x）存在零点，根据函数的单调性解出即可；
法二问题等价于方程1+kx（lnx-1）=0有解，令g（x）=kx（lnx-1）+1，根据函数的单调性解出即可；
法三问题等价于方程 $\frac{1}{k}$=x（1-lnx）有解，设函数g（x）=x（1-lnx），根据函数的单调性解出即可．

解答 解：法一：因为关于x的方程f（x）=k有解，
令g（x）=f（x）-k，则问题等价于函数g（x）存在零点，
所以g′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{k}{x}$=$\frac{kx-1}{{x}^{2}}$．
令g'（x）=0，得x=$\frac{1}{k}$．
当k＜0时，g'（x）＜0对（0，+∞）成立，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，
而g（1）=1-k＞0，g（${e}^{1-\frac{1}{k}}$）=$\frac{1}{{e}^{1-\frac{1}{k}}}$+k（1-$\frac{1}{k}$）-k=$\frac{1}{{e}^{1-\frac{1}{k}}}$-1＜$\frac{1}{e}$-1＜0，
所以函数g（x）存在零点．
当k＞0时，g'（x），g（x）随x的变化情况如下表：

x	（0，$\frac{1}{k}$）	$\frac{1}{k}$	（$\frac{1}{k}$，+∞）
g'（x）	-	0	+
g（x）	↘	极小值	↗

所以g（$\frac{1}{k}$）=k-k+kln$\frac{1}{k}$=-klnk为函数g（x）的最小值，
当g（$\frac{1}{k}$）＞0时，即0＜k＜1时，函数g（x）没有零点，
当g（$\frac{1}{k}$）≤0时，即k≥1时，注意到g（e）=$\frac{1}{e}$+k-k＞0，所以函数g（x）存在零点．
综上，当k＜0或k≥1时，关于x的方程f（x）=k有解．
法二：
因为关于x的方程f（x）=k有解，
所以问题等价于方程1+kx（lnx-1）=0有解，
令g（x）=kx（lnx-1）+1，所以g'（x）=klnx，
令g'（x）=0，得x=1
当k＜0时，g'（x），g（x）随x的变化情况如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
g'（x）	+	0	-
g（x）	↗	极大值	↘

所以函数g（x）在x=1处取得最大值，而g（1）=k（-1）+1＞0．g（${e}^{1-\frac{1}{k}}$）=1+k${e}^{1-\frac{1}{k}}$（1-$\frac{1}{k}$-1）=1-${e}^{1-\frac{1}{k}}$＜0，
所以函数g（x）存在零点．
当k＞0时，g'（x），g（x）随x的变化情况如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
g'（x）	-	0	+
g（x）	↘	极小值	↗

所以函数g（x）在x=1处取得最小值，而g（1）=k（-1）+1=1-k．
当g（1）=k（-1）+1=1-k＞0时，即0＜k＜1时，函数g（x）不存在零点．
当g（1）=k（-1）+1=1-k≤0，即k≥1时，g（e）=ke（lne-1）+1=1＞0
所以函数g（x）存在零点．
综上，当k＜0或k≥1时，关于x的方程f（x）=k有解．
法三：因为关于x的方程f（x）=k有解，
所以问题等价于方程$\frac{1}{k}$=x（1-lnx）有解，
设函数g（x）=x（1-lnx），所以g'（x）=-lnx．
令g'（x）=0，得x=1，g'（x），g（x）随x的变化情况如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
g'（x）	+	0	-
g（x）	↗	极大值	↘

所以函数g（x）在x=1处取得最大值，而g（1）=1，
又当x＞1时，1-lnx＜0，所以x（1-lnx）＜1-lnx，
所以函数g（x）的值域为（-∞，1]，
所以当$\frac{1}{k}$∈（-∞，1]时，关于x的方程f（x）=k有解，
所以k∈（-∞，0）∪[1，+∞）．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．