Question

5．設函數f（x）=k（x-1）-2lnx（k＞0）．
（1）若函數f（x）有且只有一個零點，求實數k的值；
（2）設函數g（x）=xe^1-x（其中e為自然對數的底數），若對任意給定的s∈（0，e），均存在兩個不同的t_i∈（${\frac{1}{e^2}，e}$）（i=1，2），使得f（t_i）=g（s）成立，求實數k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：當f（x）=0，則k（x-1）-2lnx=0，即$\frac{k}{2}$（x-1）=lnx，若k＞0，當直線$y=\frac{k}{2}（{x-1}）$與曲線y=lnx有且只有一個交點（1，0）時，則直線$y=\frac{k}{2}（{x-1}）$為曲線y=lnx在x=1處的切線，則$\frac{k}{2}=1$，即可求得實數k的值；
（2）g（x）=xe^1-x，求導知g'（x）=（1-x）e^1-x，令g'（x）≥0，求得函數的單調遞增區間，g'（x）＜0，求得函數的單調遞減區間，求得其值域，對任意m∈（0，1），方程f（x）=m在區間$（{\frac{1}{e^2}，e}）$上有兩個不等實根，根據函數的單調性求得函數的最小值，h（x）=-x+2lnx+2-2ln2，求導，利用導數求得其單調區間及最大值，則$\left\{\begin{array}{l}f（{\frac{1}{e^2}}）=k（{\frac{1}{e^2}-1}）-2ln\frac{1}{e^2}≥1\\ f（e）=k（{e-1}）-2lne≥1\end{array}\right.⇒\frac{3}{e-1}≤k≤\frac{{3{e^2}}}{{{e^2}-1}}$，即可求得實數k的取值范圍．

解答 解：（1）由于f（1）=0，則由題意，f（x）有且只有一個零點x=1，
令f（x）=0，k（x-1）-2lnx=0，則$\frac{k}{2}$（x-1）=lnx
若k＞0，當直線$y=\frac{k}{2}（{x-1}）$與曲線y=lnx有且只有一個交點（1，0）時，
直線$y=\frac{k}{2}（{x-1}）$為曲線y=lnx在x=1處的切線，
則$\frac{k}{2}=1$，即k=2，
綜上，實數k的值為2．
（2）由g（x）=xe^1-x可知g'（x）=（1-x）e^1-x，
令g'（x）≥0，解得：x≤1，
g'（x）＜0，解得：x＞1，
即g（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，e）上單調遞減，
從而g（x）在（0，e）上的值域為（0，1）；
則原題意等價于：對任意m∈（0，1），方程f（x）=m在區間$（{\frac{1}{e^2}，e}）$上有兩個不等實根，
$f'（x）=k-\frac{2}{x}=\frac{kx-2}{x}$，
由于f（x）在$（{\frac{1}{e^2}，e}）$上不單調，則$\frac{1}{e^2}＜\frac{2}{k}＜e$，且f（x）在$（{\frac{1}{e^2}，\frac{2}{k}}）$上單調遞減，在$（{\frac{2}{k}，e}）$上單調遞增，
則函數f（x）的最小值為$f（{\frac{2}{k}}）=k（{\frac{2}{k}-1}）-2ln\frac{2}{k}=-k+2lnk+2-2ln2$，
記h（x）=-x+2lnx+2-2ln2，則h′（x）=-1+$\frac{2}{x}$=$\frac{2-x}{x}$，
由h′（x）＞0解得：x＜2，
從而函數h（x）在（0，2）上單調遞增，在（2，+∞）上單調遞減，最大值為h（2）=0，即$f（{\frac{2}{k}}）≤0$；
另一方面，由$\left\{\begin{array}{l}f（{\frac{1}{e^2}}）=k（{\frac{1}{e^2}-1}）-2ln\frac{1}{e^2}≥1\\ f（e）=k（{e-1}）-2lne≥1\end{array}\right.⇒\frac{3}{e-1}≤k≤\frac{{3{e^2}}}{{{e^2}-1}}$；
綜上，實數k的取值范圍為$[{\frac{3}{e-1}，\frac{{3{e^2}}}{{{e^2}-1}}}]$．

點評 本題考查導數的綜合應用，考查利用導數求函數的單調性及最值，導數與不等式的綜合應用，考查構造法，考查計算能力，屬于難題．