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\((\quad)\)
\(\mathrm{A}. (0,1)\) \(\qquad\mathrm{B}. (\mathrm{e},\mathrm{e}+1)\) \(\qquad\mathrm{C}. (\mathrm{e},+\infty)\) \(\qquad\mathrm{D}.(\mathrm{e}+1,+\infty)\)
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$$
\begin{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}\right)\cdot\left(x-x_0\right)+\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\right)\mathrm{e}^{x_0}+1-x_0^2-{\ln}x_0=0.$$
记上述等式左侧表达式为$F(x_0)$,注意到$F(1)=0$,同时$$
\begin{cases}
& \forall x>1, F(x)<0,\\
& \forall x\in\left(0,1\right),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$\rm D$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\(k\leqslant \mathrm{e}+1\),则\(\forall x>0\),$$
\begin{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.$$
显然导函数$F'(x)$单调递增,且$$
\begin{cases}
& \exists x_1=k,F\left(x_1\right)=\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}
$$
因此必然存在唯一的$x_0$使得$F'(x_0)=0$,此时$F(x)$在$(0,x_0)$单调递减,在$[x_0,+\infty)$单调递增.由于$$
\begin{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$\rm D$正确.