Question

13．已知函數(shù)f（x）=$\frac{mx}{lnx}$，曲線y=f（x）在點（e²，f（e²））處的切線與直線2x+y=0垂直．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)減區(qū)間；
（Ⅱ）討論g（x）=f（x）-$\frac{k{x}^{2}}{x-1}$零點的個數(shù)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，求得切線的斜率，由兩直線垂直的條件，可得m=2，求得f（x）的解析式，可得導數(shù)，令導數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為討論klnx-$\frac{2（x-1）}{x}$=0在x∈（0，1）∪（1，+∞）內(nèi)零點的個數(shù)，構(gòu)造函數(shù)h（x）=klnx-$\frac{2（x-1）}{x}$，對k討論，運用單調(diào)性和函數(shù)零點存在定理，判斷即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=$\frac{mx}{lnx}$的導數(shù)為f′（x）=$\frac{m（lnx-1）}{{（lnx）}^{2}}$，
又由題意有：f′（e²）=$\frac{1}{2}$⇒$\frac{2m}{4}$=$\frac{1}{2}$⇒m=2，
故f（x）=$\frac{2x}{lnx}$，
此時f′（x）=$\frac{2（lnx-1）}{{（lnx）}^{2}}$，由f'（x）≤0⇒0＜x＜1或1＜x≤e，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，1）和（1，e]．
（Ⅱ）g（x）=x（$\frac{2}{lnx}$-$\frac{kx}{x-1}$），且定義域是（0，1）∪（1，+∞），
只要討論$\frac{2}{lnx}$=$\frac{kx}{x-1}$在x∈（0，1）∪（1，+∞）內(nèi)零點的個數(shù)，
亦即要klnx-$\frac{2（x-1）}{x}$=0在x∈（0，1）∪（1，+∞）內(nèi)零點的個數(shù)，
構(gòu)造函數(shù)h（x）=klnx-$\frac{2（x-1）}{x}$，則h′（x）=$\frac{kx-2}{{x}^{2}}$，
①當k≤0時，h'（x）＜0在x∈（0，1）∪（1，+∞）內(nèi)恒成立，
所以函數(shù)h（x）在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞減，h（x）在（1，+∞）內(nèi)也單調(diào)遞減．
又h（1）=0，所以在（0，1）內(nèi)無零點，在（1，+∞）內(nèi)也無零點；                     
②當k＞0時，h′（x）=$\frac{k（x-\frac{2}{k}）}{{x}^{2}}$，
（1）若0＜k＜2，則函數(shù)h（x）在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞減，
在（1，$\frac{2}{k}$）內(nèi)也單調(diào)遞減，在（$\frac{2}{k}$，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．
又h（1）=0，所以在（0，1）內(nèi)無零點；
易知h（$\frac{2}{k}$）＜0，而h（${e}^{\frac{2}{k}}$）＞0，
故在（$\frac{2}{k}$，+∞）內(nèi)有一個零點，所以不滿足條件；
（2）若k=2，則函數(shù)h（x）在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞減，在（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．
又h（1）=0，所以x∈（0，1）∪（1，+∞）時，h（x）＞0恒成立，故無零點；
（3）若k＞2，則函數(shù)h（x）在（0，$\frac{2}{k}$）內(nèi)單調(diào)遞減，在（$\frac{2}{k}$，1）內(nèi)單調(diào)遞增，
在（1，+∞）內(nèi)也單調(diào)遞增．又h（1）=0，所以在（$\frac{2}{k}$，1）及（1，+∞）內(nèi)均無零點．
又易知h（$\frac{2}{k}$）＜0，而h（e^-k）=k•（-k）-2+2e^k=2e^k-k²-2，
又易證當k＞2時，h（e^-k）＞0，
所以函數(shù)h（x）在（0，$\frac{2}{k}$）內(nèi)有一零點；
綜上，k≤0或k=2時，g（x）0個零點，0＜k＜2或k＞2時，g（x）1個零點．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間，考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想的運用，分類討論的思想方法，以及函數(shù)零點存在定理的運用，考查化簡整理的運算能力，屬于難題．