Question

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

2

x

，求φ（x）的单调区间；
（2）设直线l为函数f（x）的图象上一点A（x₀，f（x₀））处的切线．若在区间（2，+∞）上存在唯一的x₀，使得直线l与曲线y=g（x）相切，求实数k的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）把f（x）的解析式代入φ（x）=f（x）+x-

2

x

，求导后得到φ′(x)=

x2+kx+2

x2

，然后利用分子二次三项式对应方程的判别式与0的关系得到k的范围，由k得范围及二次三项式在不同区间内的符号得到导函数的符号，进一步得到定义域内φ（x）的单调区间；
（2）利用导数求出过f（x）的图象上一点A（x₀，f（x₀））处的切线l的方程，再设出l与g（x）的切点B的坐标，由导数得到l的另一方程，通过比较系数得到两切点横坐标间的关系，进一步得到k与A点横坐标的关系lnk=1+x₀+lnx₀-x₀lnx₀，构造辅助函数h（x）=1+x+lnx-xlnx（x＞2），利用导数判断其单调性，求出其最值，列不等式求得在区间（2，+∞）上存在唯一的x₀，使得直线l与曲线y=g（x）相切的实数k的取值范围．

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的判别式△=k²-8．
由△＞0，得k＜-2

2

或k＞2

2

．
当△＞0时，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

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

2

≤k≤2

2

，φ′（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立．
∴若k＜-2

2

，函数φ（x）的增区间为（0，x₁），（x₂，+∞），减区间为（x₁，x₂）；
若k≥-2

2

，则函数φ（x）的增区间为（0，+∞）．
（2）由f（x）=klnx，得f′(x)=

k

x

，f′(x0)=

k

x0

．
∴直线l的方程为y-klnx0=

k

x0

(x-x0)，即y=

k

x0

x+klnx0-k．
设l与y=g（x）切于点B（x₁，y₁），
则l的方程又可写为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

，
化简得：lnk=1+x₀+lnx₀-x₀lnx₀．
设h（x）=1+x+lnx-xlnx（x＞2），h′(x)=1+

1

x

-(lnx+1)=

1

x

-lnx，
当x＞2时，

1

x

＜lnx，
∴h′（x）＜0恒成立，h（x）在（2，+∞）上单调递减，
且h（2）=3-ln2，要使x₀唯一，只要令lnk＜3-ln2=ln

e3

2

．
∴0＜k＜

e3

2

．
∴实数k的取值范围是(0，

e3

2

)．

点评：本题考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了数学转化思想方法，训练了利用导数求函数的最值，综合考查了学生分析问题和解决问题的能力，是压轴题．