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\[
\mathrm{e}^x+x^2-{\ln}x=kx,x>0.\]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;”>
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\[ F(x)=\mathrm{e}^x+x^2-{\ln}x-kx,x>0.\]有两个零点.
情形一 若\(k\leqslant \mathrm{e}+1\),则\(\forall x>0\),\[ \begin{split} F(x)& \geqslant \mathrm{e}^x+x^2-{\ln}x-(\mathrm{e}+1)x\\ &=\mathrm{e}^x-\mathrm{e}x+x^2-x-{\ln}x\\ &\geqslant 0+0\\ &=0. \end{split} \]
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.