Question

10．已知函數(shù)f（x）=lnx，$g（x）=-\frac{k}{x}，（k≠0）$
（Ⅰ）求曲線y=f（x）在（e，f（e））處的切線方程；
（Ⅱ）求函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅲ）若對?x∈（-∞，0）∪（0，+∞）都有f（|x|）≥g（|x|）成立，試確定實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（e）和f′（e），從而求出切線方程；（Ⅱ）令h（x）=f（x）-g（x），得到h（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論k的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅲ）解法（一）：令φ（x）=f（|x|）-g（|x|），通過討論k的范圍得到φ（x）的最小值，從而求出k的范圍即可；解法（二）問題等價于|x|ln|x|≥-k，
令h（x）=|x|ln|x|，根據(jù)函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性求出h（x）的最小值，從而求出k的范圍．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)x=e時，f（e）=lne=1，f′（x）=$\frac{1}{x}$，f′（e）=$\frac{1}{e}$，
所求切線方程為y-1=$\frac{1}{e}$（x-e），即x-ey=0                  （4分）
（Ⅱ）令h（x）=f（x）-g（x）=lnx+$\frac{k}{x}$，x∈（0，+∞），
h′（x）=$\frac{x-k}{{x}^{2}}$，
當(dāng)k＜0 時，h′（x）≥0在（0，+∞）上成立，h（x）在（0，+∞）上遞增，
當(dāng) k＞0時，h′（x）≥0在（k，+∞）上成立，h′（x）＜0在（0，k）上成立
h（x）在（k，+∞）上遞增             （8分）
（Ⅲ）解法（一）：令φ（x）=f（|x|）-g（|x|），則φ（-x）=φ（x），φ（x）為偶函數(shù)．
f（|x|）≥g（|x|）等價于x＞0時，φ（x）=f（x）-g（x）≥0，
等價于x＞0時，φ（x）_min≥0，（10分）
φ（x）=f（x）-g（x）=lnx+$\frac{k}{x}$，φ′（x）=$\frac{x-k}{{x}^{2}}$，
當(dāng) k≤0時，令x=$\frac{1}{e}$則φ（$\frac{1}{e}$）=-1+ke＜0，這與φ（x）≥0矛盾，k≤0不合題意．
當(dāng)k＞0 時，φ′（x）≥0在（k，+∞）上成立，φ′（x）＜0在（0，k）上成立，
φ（x）在（k，+∞）上遞增，φ（x）在（0，k）上遞減，
φ（x）_min=φ（k）=lnk+1≥0，解得k≥$\frac{1}{e}$，又k＞0，k∈[$\frac{1}{e}$，+∞）   （13分）
解法（二）：由已知f（x）=lnx，g（x）=-$\frac{k}{x}$，（k≠0），
∴f（|x|）=ln|x|≥g（|x|）=-$\frac{k}{|x|}$，f（|x|）≥g（|x|）等價于|x|ln|x|≥-k，
令h（x）=|x|ln|x|，則h（x）=|x|ln|x|為偶函數(shù)，
只需x＞0時，h（x）≥-k，即x＞0時，h（x）_min≥-k； （10分）
當(dāng)x＞0，h（x）=xlnx，h′（x）=lnx+1，令h′（x）=0則x=$\frac{1}{e}$，
h（x）在（0，$\frac{1}{e}$）遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）遞增，
∴h（x）_min=h（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$≥-k，
故k≥$\frac{1}{e}$   （13分）

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查曲線的切線方程問題，是一道綜合題．