Question

5．设函数f（x）=k（x-1）-2lnx（k＞0）．
（1）若函数f（x）有且只有一个零点，求实数k的值；
（2）设函数g（x）=xe^1-x（其中e为自然对数的底数），若对任意给定的s∈（0，e），均存在两个不同的t_i∈（${\frac{1}{e^2}，e}$）（i=1，2），使得f（t_i）=g（s）成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由题意可知：当f（x）=0，则k（x-1）-2lnx=0，即$\frac{k}{2}$（x-1）=lnx，若k＞0，当直线$y=\frac{k}{2}（{x-1}）$与曲线y=lnx有且只有一个交点（1，0）时，则直线$y=\frac{k}{2}（{x-1}）$为曲线y=lnx在x=1处的切线，则$\frac{k}{2}=1$，即可求得实数k的值；
（2）g（x）=xe^1-x，求导知g'（x）=（1-x）e^1-x，令g'（x）≥0，求得函数的单调递增区间，g'（x）＜0，求得函数的单调递减区间，求得其值域，对任意m∈（0，1），方程f（x）=m在区间$（{\frac{1}{e^2}，e}）$上有两个不等实根，根据函数的单调性求得函数的最小值，h（x）=-x+2lnx+2-2ln2，求导，利用导数求得其单调区间及最大值，则$\left\{\begin{array}{l}f（{\frac{1}{e^2}}）=k（{\frac{1}{e^2}-1}）-2ln\frac{1}{e^2}≥1\\ f（e）=k（{e-1}）-2lne≥1\end{array}\right.⇒\frac{3}{e-1}≤k≤\frac{{3{e^2}}}{{{e^2}-1}}$，即可求得实数k的取值范围．

解答 解：（1）由于f（1）=0，则由题意，f（x）有且只有一个零点x=1，
令f（x）=0，k（x-1）-2lnx=0，则$\frac{k}{2}$（x-1）=lnx
若k＞0，当直线$y=\frac{k}{2}（{x-1}）$与曲线y=lnx有且只有一个交点（1，0）时，
直线$y=\frac{k}{2}（{x-1}）$为曲线y=lnx在x=1处的切线，
则$\frac{k}{2}=1$，即k=2，
综上，实数k的值为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）上单调递增，在（1，e）上单调递减，
从而g（x）在（0，e）上的值域为（0，1）；
则原题意等价于：对任意m∈（0，1），方程f（x）=m在区间$（{\frac{1}{e^2}，e}）$上有两个不等实根，
$f'（x）=k-\frac{2}{x}=\frac{kx-2}{x}$，
由于f（x）在$（{\frac{1}{e^2}，e}）$上不单调，则$\frac{1}{e^2}＜\frac{2}{k}＜e$，且f（x）在$（{\frac{1}{e^2}，\frac{2}{k}}）$上单调递减，在$（{\frac{2}{k}，e}）$上单调递增，
则函数f（x）的最小值为$f（{\frac{2}{k}}）=k（{\frac{2}{k}-1}）-2ln\frac{2}{k}=-k+2lnk+2-2ln2$，
记h（x）=-x+2lnx+2-2ln2，则h′（x）=-1+$\frac{2}{x}$=$\frac{2-x}{x}$，
由h′（x）＞0解得：x＜2，
从而函数h（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，最大值为h（2）=0，即$f（{\frac{2}{k}}）≤0$；
另一方面，由$\left\{\begin{array}{l}f（{\frac{1}{e^2}}）=k（{\frac{1}{e^2}-1}）-2ln\frac{1}{e^2}≥1\\ f（e）=k（{e-1}）-2lne≥1\end{array}\right.⇒\frac{3}{e-1}≤k≤\frac{{3{e^2}}}{{{e^2}-1}}$；
综上，实数k的取值范围为$[{\frac{3}{e-1}，\frac{{3{e^2}}}{{{e^2}-1}}}]$．

点评 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，导数与不等式的综合应用，考查构造法，考查计算能力，属于难题．