Question

4．函數(shù)f（x）=$\frac{1}{x}$+klnx，k≠0，若關(guān)于x的方程f（x）=k有解，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 法一令g（x）=f（x）-k，則問題等價于函數(shù)g（x）存在零點，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性解出即可；
法二問題等價于方程1+kx（lnx-1）=0有解，令g（x）=kx（lnx-1）+1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性解出即可；
法三問題等價于方程 $\frac{1}{k}$=x（1-lnx）有解，設(shè)函數(shù)g（x）=x（1-lnx），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性解出即可．

解答 解：法一：因為關(guān)于x的方程f（x）=k有解，
令g（x）=f（x）-k，則問題等價于函數(shù)g（x）存在零點，
所以g′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{k}{x}$=$\frac{kx-1}{{x}^{2}}$．
令g'（x）=0，得x=$\frac{1}{k}$．
當k＜0時，g'（x）＜0對（0，+∞）成立，函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
而g（1）=1-k＞0，g（${e}^{1-\frac{1}{k}}$）=$\frac{1}{{e}^{1-\frac{1}{k}}}$+k（1-$\frac{1}{k}$）-k=$\frac{1}{{e}^{1-\frac{1}{k}}}$-1＜$\frac{1}{e}$-1＜0，
所以函數(shù)g（x）存在零點．
當k＞0時，g'（x），g（x）隨x的變化情況如下表：

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

所以g（$\frac{1}{k}$）=k-k+kln$\frac{1}{k}$=-klnk為函數(shù)g（x）的最小值，
當g（$\frac{1}{k}$）＞0時，即0＜k＜1時，函數(shù)g（x）沒有零點，
當g（$\frac{1}{k}$）≤0時，即k≥1時，注意到g（e）=$\frac{1}{e}$+k-k＞0，所以函數(shù)g（x）存在零點．
綜上，當k＜0或k≥1時，關(guān)于x的方程f（x）=k有解．
法二：
因為關(guān)于x的方程f（x）=k有解，
所以問題等價于方程1+kx（lnx-1）=0有解，
令g（x）=kx（lnx-1）+1，所以g'（x）=klnx，
令g'（x）=0，得x=1
當k＜0時，g'（x），g（x）隨x的變化情況如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
g'（x）	+	0	-
g（x）	↗	極大值	↘

所以函數(shù)g（x）在x=1處取得最大值，而g（1）=k（-1）+1＞0．g（${e}^{1-\frac{1}{k}}$）=1+k${e}^{1-\frac{1}{k}}$（1-$\frac{1}{k}$-1）=1-${e}^{1-\frac{1}{k}}$＜0，
所以函數(shù)g（x）存在零點．
當k＞0時，g'（x），g（x）隨x的變化情況如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
g'（x）	-	0	+
g（x）	↘	極小值	↗

所以函數(shù)g（x）在x=1處取得最小值，而g（1）=k（-1）+1=1-k．
當g（1）=k（-1）+1=1-k＞0時，即0＜k＜1時，函數(shù)g（x）不存在零點．
當g（1）=k（-1）+1=1-k≤0，即k≥1時，g（e）=ke（lne-1）+1=1＞0
所以函數(shù)g（x）存在零點．
綜上，當k＜0或k≥1時，關(guān)于x的方程f（x）=k有解．
法三：因為關(guān)于x的方程f（x）=k有解，
所以問題等價于方程$\frac{1}{k}$=x（1-lnx）有解，
設(shè)函數(shù)g（x）=x（1-lnx），所以g'（x）=-lnx．
令g'（x）=0，得x=1，g'（x），g（x）隨x的變化情況如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
g'（x）	+	0	-
g（x）	↗	極大值	↘

所以函數(shù)g（x）在x=1處取得最大值，而g（1）=1，
又當x＞1時，1-lnx＜0，所以x（1-lnx）＜1-lnx，
所以函數(shù)g（x）的值域為（-∞，1]，
所以當$\frac{1}{k}$∈（-∞，1]時，關(guān)于x的方程f（x）=k有解，
所以k∈（-∞，0）∪[1，+∞）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．