每日一题_191203

已知(f(x)=dfrac{mathrm{e}^x}{x}+x),(g(x)=dfrac{{ln}x}{x}+k),若函数(f(x))和(g(x))的图象有两个交点,则实数(k)的取值范围是((quad))
(mathrm{A}. (0,1)) (qquadmathrm{B}. (mathrm{e},mathrm{e}+1)) (qquadmathrm{C}. (mathrm{e},+infty)) (qquadmathrm{D}.(mathrm{e}+1,+infty))
解析:
法一 原题等价于下述关于(x)的方程有两个正实根$$
mathrm{e}^x+x2-{ln}x=kx,x>0.$$记该等式左侧为(h(x)),且(h(x))分别求一二阶导函数可得$$
egin{cases}
& h'(x)=mathrm{e}^x+2x-dfrac{1}{x},x>0.
& h''(x)=mathrm{e}^{x+2+dfrac{1}{x}2},x>0.
end{cases}

[ 显然$h''(x)>0$恒成立,且$h'(x)$单调递增,因此函数图象下凸,从而可大致绘出$h(x)$的图象如图所示, <p style="text-align:center;"></p>接下来计算过原点的直线$OP$与$h(x)$图象相切时的切点横坐标$x_0$,易得以$x_0$为切点横坐标的切线方程]

y=left(mathrm{e}^{x_0}+2x_0-dfrac{1}{x_0}
ight)cdotleft(x-x_0
ight)+mathrm{e}^{x_0}+x_0^2-{ln}x_0,$$由于该切线经过原点,所以$$
left(1-x_0
ight)mathrm{e}^{x_0}+1-x_0^2-{ln}x_0=0.$$
记上述等式左侧表达式为$F(x_0)$,注意到$F(1)=0$,同时$$
egin{cases}
& forall x>1, F(x)<0,\
& forall xinleft(0,1
ight),F(x)>0+1-x_0^2-{ln}x_0>0.
end{cases}
$$
因此$F(x_0)=0$有唯一解$x_0=1$,从而切点横坐标为$1$,切线$OP$的斜率为$$mathrm{e}+1,$$于是可知当直线$y=kx$的斜率$k>mathrm{e}+1$时满足题设.因此选项$
m D$正确.

法二 题中条件等价于函数$$
F(x)=mathrm{e}^x+x2-{ln}x-kx,x>0.$$有两个零点.
情形一 若(kleqslant mathrm{e}+1),则(forall x>0),$$
egin{split}
F(x)& geqslant mathrm{e}^x+x2-{ln}x-(mathrm{e}+1)x
&=mathrm{e}^{x-mathrm{e}x+x}2-x-{ln}x
&geqslant 0+0
&=0.
end{split}

[ 当且仅当$x=1$时上述不等式取等,因此该种情形不符题设,舍去. 情形二 若$k>mathrm{e}+1$,对$F(x)$求导可得]

F'(x)=mathrm{e}^x+2x-dfrac{1}{x}-k,x>0.$$
显然导函数$F'(x)$单调递增,且$$
egin{cases}
& exists x_1=k,Fleft(x_1
ight)=mathrm{e}^k+k-dfrac{1}{k}>0,\
& exists x_2=dfrac{1}{2}<x_1,F(x_2)<mathrm{e}+1-dfrac{1}{x_2}-k<0.
end{cases}
$$
因此必然存在唯一的$x_0$使得$F'(x_0)=0$,此时$F(x)$在$(0,x_0)$单调递减,在$[x_0,+infty)$单调递增.由于$$
egin{cases}
& exists x_3=1,F(x_3)=mathrm{e}+1-k<0,\
& exists x_4=k+1>1,F(x_4)>mathrm{e}^{x_4}+x_4^2-x_4-kx_4>0.\
& exists x_5=mathrm{e}^{-k}<1,F(x_5)>-{ln}x_5-k=0.
end{cases}   
$$
因此,该种情形下,函数$F(x)$有且仅有两个零点,满足题设.
综上所求$k$取值范围为$(mathrm{e}+1,+infty)$.选项$
m D$正确.