Question

15．已知函数f（x）=（2k-1）lnx+$\frac{k}{x}$+2x，k∈R．
（Ⅰ）当k=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）当k=e时，试判断函数f（x）是否存在零点，并说明理由；
（Ⅲ）求函数f（x）的单调区间．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得到k=f′（1）=2，从而求出曲线方程即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，得到函数的最小值，从而判断函数的零点问题；
（Ⅲ）求出函数的导数，通过讨论k的范围，确定函数的单调区间即可．

解答 解：函数f（x）的定义域：x∈（0，+∞），f′（x）=$\frac{（x+k）（2x-1）}{{x}^{2}}$，
（Ⅰ）当k=1时，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+2x，f′（x）=$\frac{（x+1）（2x-1）}{{x}^{2}}$，
有f（1）=ln1+1+2=3，即切点（1，3），k=f′（1）=2，
所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处切线方程是y-3=2（x-1），
即y=2x+1．…（4分）的
（Ⅱ）若k=e，f（x）=（2e-1）lnx+$\frac{e}{x}$+2x，f′（x）=$\frac{（x+e）（2x-1）}{{x}^{2}}$，
令f′（x）=0，得x₁=-e（舍），${x_2}=\frac{1}{2}$．

x	$（0，\frac{1}{2}）$	$\frac{1}{2}$	$（\frac{1}{2}，+∞）$
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

则$f{（x）_{min}}=f（\frac{1}{2}）=（2e-1）ln\frac{1}{2}+\frac{e}{{\frac{1}{2}}}+2•\frac{1}{2}=2（1-ln2）e+ln2+1＞0$．
所以函数f（x）不存在零点．…（8分）
（Ⅲ） $f'（x）=\frac{（x+k）（2x-1）}{x^2}$．
当-k≤0，即k≥0时，

x	$（0，\frac{1}{2}）$	$\frac{1}{2}$	$（\frac{1}{2}，+∞）$
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

当$0＜-k＜\frac{1}{2}$，即$-\frac{1}{2}＜k＜0$时，

x	（0，-k）	-k	$（-k，\frac{1}{2}）$	$\frac{1}{2}$	$（\frac{1}{2}，+∞）$
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗	极大值	↘	极小值	↗

当$-k=\frac{1}{2}$，即$k=-\frac{1}{2}$时，

x	$（0，\frac{1}{2}）$	$（\frac{1}{2}，+∞）$
f'（x）	+	+
f（x）	↗	↗

当$-k＞\frac{1}{2}$，即$k＜-\frac{1}{2}$时，

x	$（0，\frac{1}{2}）$	$\frac{1}{2}$	$（\frac{1}{2}，-k）$	-k	（-k，+∞）
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗	极大值	↘	极小值	↗

综上，当k≥0时，f（x）的单调增区间是$（\frac{1}{2}，+∞）$；减区间是$（0，\frac{1}{2}）$．
当$-\frac{1}{2}＜k＜0$时，f（x）的单调增区间是（0，-k），$（\frac{1}{2}，+∞）$；减区间是$（-k，\frac{1}{2}）$．
当$k=-\frac{1}{2}$时，f（x）的单调增区间是（0，+∞）；
当$k＜-\frac{1}{2}$时，f（x）的单调增区间是$（0，\frac{1}{2}）$，（-k，+∞）；减区间是$（\frac{1}{2}，-k）$．…（13分）

点评 本题考查了求曲线的切线方程问题，考查导数的应用，考查函数的单调性、最值问题，是一道中档题．