Question

15．已知函數(shù)f（x）=（2k-1）lnx+$\frac{k}{x}$+2x，k∈R．
（Ⅰ）當k=1時，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）當k=e時，試判斷函數(shù)f（x）是否存在零點，并說明理由；
（Ⅲ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，得到k=f′（1）=2，從而求出曲線方程即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，得到函數(shù)的最小值，從而判斷函數(shù)的零點問題；
（Ⅲ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論k的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可．

解答 解：函數(shù)f（x）的定義域：x∈（0，+∞），f′（x）=$\frac{（x+k）（2x-1）}{{x}^{2}}$，
（Ⅰ）當k=1時，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+2x，f′（x）=$\frac{（x+1）（2x-1）}{{x}^{2}}$，
有f（1）=ln1+1+2=3，即切點（1，3），k=f′（1）=2，
所以曲線y=f（x）在點（1，f（1））處切線方程是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）	↘	極小值	↗

則$f{（x）_{min}}=f（\frac{1}{2}）=（2e-1）ln\frac{1}{2}+\frac{e}{{\frac{1}{2}}}+2•\frac{1}{2}=2（1-ln2）e+ln2+1＞0$．
所以函數(shù)f（x）不存在零點．…（8分）
（Ⅲ） $f'（x）=\frac{（x+k）（2x-1）}{x^2}$．
當-k≤0，即k≥0時，

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

當$0＜-k＜\frac{1}{2}$，即$-\frac{1}{2}＜k＜0$時，

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

當$-k=\frac{1}{2}$，即$k=-\frac{1}{2}$時，

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

當$-k＞\frac{1}{2}$，即$k＜-\frac{1}{2}$時，

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

綜上，當k≥0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間是$（\frac{1}{2}，+∞）$；減區(qū)間是$（0，\frac{1}{2}）$．
當$-\frac{1}{2}＜k＜0$時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，-k），$（\frac{1}{2}，+∞）$；減區(qū)間是$（-k，\frac{1}{2}）$．
當$k=-\frac{1}{2}$時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，+∞）；
當$k＜-\frac{1}{2}$時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間是$（0，\frac{1}{2}）$，（-k，+∞）；減區(qū)間是$（\frac{1}{2}，-k）$．…（13分）

點評 本題考查了求曲線的切線方程問題，考查導數(shù)的應用，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，是一道中檔題．