Question

已知函数f（x）=a-blnx（a，b∈R），其图象在x=e处的切线方程为x-ey+e=0．函数g（x）=

k

x

（k＞0），h（x）=

f(x)

x-1

．
（Ⅰ）求实数a、b的值；
（Ⅱ）以函数g（x）图象上一点为圆心，2为半径作圆C，若圆C上存在两个不同的点到原点O的距离为1，求k的取值范围；
（Ⅲ）求最大的正整数k，对于任意的p∈（1，+∞），存在实数m、n满足0＜m＜n＜p，使得h（p）=h（m）=g（n）．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）x=e时，y=2，由f′（e）=

1

e

，f（e）=2可得方程组，解出即可；
（Ⅱ）问题即为圆C与以O为圆心1为半径的圆有两个交点，即两圆相交．设C(x0，

k

x0

)，则1＜

x 2 0 + k2 x 2 0

＜3，即

k2＞ x 2 0 - x 4 0 k2＜9 x 2 0 - x 4 0

，只需保证该方程组有解即可；
（Ⅲ）易知g（n）＞g（p），若h（p）=g（n），则对任意p＞1，有h（p）＞g（p）．当x＞1时，h(x)＞g(x)?k＜

x(1+lnx)

x-1

，令φ(x)=

x(1+lnx)

x-1

(x＞1)，利用导数可求得φ（x）在（1，+∞）上的最小值φ（x₀）=x₀∈（3，4），从而k≤3．可证明：当k=3时，对0＜x＜1，有h（x）＜g（x）．同时，当x∈（0，+∞）时，g(x)=

3

x

∈(0，+∞)．当x∈（0，1）时，h（x）∈R；当x∈（1，+∞）时，h（x）∈（0，+∞）．结合函数的图象可知，结论成立时k的最大值；

解答： 解：（Ⅰ） 当x=e时，y=2，f′（x）=-

b

x

，
故

a-b=2 -b e = 1 e

，解得

a=1 b=-1

．
（Ⅱ）问题即为圆C与以O为圆心1为半径的圆有两个交点，即两圆相交．
设C(x0，

k

x0

)，则1＜

x 2 0 + k2 x 2 0

＜3，即

k2＞ x 2 0 - x 4 0 k2＜9 x 2 0 - x 4 0

，
∵

x

2 0

-

x

4 0

=-(

x

2 0

-

1

2

)2+

1

4

，∴

x

2 0

-

x

4 0

≤

1

4

，∴k2＞

x

2 0

-

x

4 0

必定有解；    
∵9

x

2 0

-

x

4 0

=-(

x

2 0

-

9

2

)2+

81

4

，∴9

x

2 0

-

x

4 0

≤

81

4

，
故k2＜9

x

2 0

-

x

4 0

有解，须k2＜

81

4

，又k＞0，从而0＜k＜

9

2

．   
（Ⅲ）显然g(x)=

k

x

(k＞0)在区间（1，+∞）上为减函数，
于是g（n）＞g（p），若h（p）=g（n），则对任意p＞1，有h（p）＞g（p）．
当x＞1时，h(x)＞g(x)?k＜

x(1+lnx)

x-1

，令φ(x)=

x(1+lnx)

x-1

(x＞1)，
则φ/(x)=

x-2-lnx

(x-1)2

．令ϕ（x）=x-2-lnx（x＞1），则ϕ/(x)=

x-1

x

＞0，
故ϕ（x）在（1，+∞）上为增函数，又ϕ（3）=1-ln3＜0，ϕ（4）=2-ln4＞0，
因此存在唯一正实数x₀∈（3，4），使ϕ（x₀）=x₀-2-lnx₀=0．
故当x∈（1，x₀）时，φ′（x）＜0，φ（x）为减函数；当x∈（x₀，+∞）时，φ′（x）＞0，φ（x）为增函数，
因此φ（x）在（1，+∞）上有最小值φ(x0)=

x0(1+lnx0)

x0-1

，又x₀-2-lnx₀=0，化简得φ（x₀）=x₀∈（3，4），∴k≤3．                                              
下面证明：当k=3时，对0＜x＜1，有h（x）＜g（x）．
当0＜x＜1时，h（x）＜g（x）?3-2x+xlnx＞0．令ψ（x）=3-2x+xlnx（0＜x＜1），
则ψ′（x）=lnx-1＜0，故ψ（x）在（0，1）上为减函数，
于是ψ（x）＞ψ（1）=1＞0．
同时，当x∈（0，+∞）时，g(x)=

3

x

∈(0，+∞)．
当x∈（0，1）时，h（x）∈R；当x∈（1，+∞）时，h（x）∈（0，+∞）．
结合函数的图象可知，对任意的正数p，存在实数m、n满足0＜m＜n＜p，使得h（p）=h（m）=g（n）．
综上所述，正整数k的最大值为3．

点评：本题考查导数的几何意义、圆与圆的位置关系、导数的综合运用，该题综合性强，能力要求高．