Question

11．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$-$\frac{2k-1}{x}$，g（x）=$\frac{1}{x}$+klnx，（k為常數(shù)，e=2.71828…）
（1）記h（x）=f（x）-g（x），若函數(shù)h（x），在（0，2），內(nèi)存在兩個極值點，求k的取值范圍；
（2）若在區(qū)間（0，e]內(nèi)至少存在一個數(shù)x₀，使得g（x₀）＜0成立，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）構造函數(shù)$h（x）=f（x）-g（x）=\frac{e^x}{x^2}-k（\frac{2}{x}+lnx）$，求出導函數(shù)，令g（x）=e^x-kx，x∈（0，2），原問題等價于g（x）在（0，2）上有兩個變號零點，對參數(shù)k分類討論即可；
（2）問題可轉(zhuǎn)換為g（x）在（0，e]上的最小值小于0，求出導函數(shù)，對參數(shù)k分類討論，求出函數(shù)的最小值即可．

解答 解：（1）解法1：$h（x）=f（x）-g（x）=\frac{e^x}{x^2}-k（\frac{2}{x}+lnx）$，$h'（x）=\frac{{{x^2}{e^x}-2x{e^x}}}{x^4}-k（-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x}）=\frac{{x{e^x}-2{e^x}}}{x^3}-\frac{k（x-2）}{x^2}=\frac{{（x-2）（{e^x}-kx）}}{x^3}$
令g（x）=e^x-kx，x∈（0，2），原問題等價于g（x）在（0，2）上有兩個變號零點．又g'（x）=e^x-k，
①當k≤1時，g'（x）=e^x-k＞0，g（x）遞增，在（0，2）上不可能有兩個變號零點．
②當1＜k＜e²時，g'（x）=e^x-k=0⇒x=lnk∈（0，2）．
當x∈（0，lnk）時，g'（x）＜0，g（x）遞減，
當x∈（lnk，+∞）時，g'（x）＞0，g（x）遞增，
所以g_min（x）=g（lnk）=k（1-lnk），
故g（x）在（0，2）上有兩個變號零點的充要條件是$\left\{\begin{array}{l}g（0）＞0\\ g（lnk）＜0\\ g（2）＞0\end{array}\right.$，解得$e＜k＜\frac{e^2}{2}$．
③當k≥e²時，g'（x）=e^x-k＜0，g（x）遞減，在（0，2）上不可能有兩個變號零點．
綜上所述，函數(shù)h（x）在f'（x）=0內(nèi)存在兩個極值點，f'（x）=0的取值范圍是$（e，\frac{e^2}{2}）$．…（6分）
（2）在區(qū)間（0，e]內(nèi)至少存在一個數(shù)x₀，使得g（x₀）＜0成立，
其充要條件是g（x）在（0，e]上的最小值小于0．又$g'（x）=\frac{kx-1}{x^2}$，
（�。┊攌＜0時，$g'（x）=\frac{kx-1}{x^2}＜0$對?∈（0，e]恒成立，
所以g（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，
故${g_{min}}（x）=g（e）=\frac{1}{e}+k＜0⇒k＜-\frac{1}{e}$．
（ⅱ）當k=0時，$g（x）=\frac{1}{x}$，在區(qū)間（0，e]內(nèi)不存在x₀，使得g（x₀）＜0成立．
（ⅲ）當k＞0時，
①若$0＜k≤\frac{1}{e}$時，$g'（x）=\frac{kx-1}{x^2}≤0$，所以g（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，
此時，${g_{min}}（x）=g（e）=\frac{1}{e}+k＜0⇒k＜-\frac{1}{e}$不成立．
②若$k＞\frac{1}{e}$時，令$g'（x）=\frac{kx-1}{x^2}=0$，得$x=\frac{1}{k}∈（0，e）$，
所以g（x）在$（0，\frac{1}{k}]$上單調(diào)遞減，在$（\frac{1}{k}，e]$上單調(diào)遞增，
此時，${g_{min}}（x）=g（\frac{1}{k}）=k+kln\frac{1}{k}=k（1-lnk）＜0⇒k＞e$．
綜上可知，$k∈（-∞，-\frac{1}{e}）∪（e，+∞）$．…（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的構造和問題的轉(zhuǎn)化，難點是對參數(shù)的分類討論．