已知函数 $f(x)=\dfrac{x}{\ln x},g(x)=k(x-1),k\in\mathbf R$．
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛陕西省预赛（第二试）
【标注】
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证明：对任意 $k\in\mathbf R$，直线 $y=g(x)$ 都不可能是曲线 $y=f(x)$ 的切线；标注答案略解析$f(x)$ 的定义域为 $(0,1)\bigcup (1,+\infty),f^\prime(x)=\dfrac{\ln x-1}{(\ln x)^2}$，直线 $y=g(x)$ 过定点 $A(1,0)$．若直线 $y=g(x)$ 与曲线 $y=f(x)$ 相切于点 $B(x_0,\dfrac{x_0}{\ln x_0})$（$x_0>0$，且 $x_0\ne 1$），则 $f^\prime(x_0)=k_{AB}$，即 $\dfrac{\ln x_0-1}{(\ln x_0)^2}=\dfrac{\dfrac{x_0}{\ln x_0}}{x_0-1}$，亦即 $\ln x_0+x_=1$．设 $h(x)=\ln x+x-1(x>0)$，则函数 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增．又 $h(1)=0$，所以 $x=1$ 是方程 ① 的唯一解，这与 $x_0\ne 1$ 矛盾．故对任意 $k\in\mathbf R$，直线 $y=g(x)$ 不可能是曲线 $y=f(x)$ 的切线．
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若存在 $x\in[e,e^2]$，使 $f(x)\leqslant g(x)+\dfrac{1}{2}$，求 $k$ 的取值范围．标注答案$[\dfrac{1}{2},+\infty)$解析令 $\varphi(x)=f(x)-g(x)=\dfrac{x}{\ln x}-k(x-1),x\in[e,e^2]$，依题意 $\varphi(x)_\min\leqslant \dfrac{1}{2}$．$\varphi^\prime(x)=\dfrac{\ln x-1}{(\ln x)^2}-k=-(\dfrac{1}{\ln x}-\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{1}{4}-k$ 的值域为 $[-k,\dfrac{1}{4}-k]$．当 $-k\geqslant 0$，即 $k\leqslant 0$ 时，$\varphi^\prime(x)\geqslant 0$，则 $\varphi(x)$ 在 $[e,e^2]$ 上单调递增，所以 $\varphi(x)_\min=\varphi(e)=e-k(e-1)\geqslant e>\dfrac{1}{2}$ 不合题意．当 $k\geqslant \dfrac{1}{4}$ 时，$\varphi^\prime(x)\leqslant 0$，则 $\varphi(x)$ 在 $[e,e^2]$ 上单调递减，所以 $\varphi(x)_\min=\varphi(e^2)=\dfrac{e^2}{2}-k(e^2-1)$．由 $\dfrac{e^2}{2}-k(e^2-1)\leqslant \dfrac{1}{2}$，得 $k\geqslant \dfrac{1}{2}$．当 $0<k<\dfrac{1}{4}$ 时，由 $\varphi^\prime(x)$ 的单调性知，存在唯一的 $x_0\in(e,e^2)$，当 $x\in(e,x_0)$ 时，$\varphi^\prime(x)<0$；当 $x\in(x_0,e^2)$ 时，$\varphi^\prime(x)>0$．则 $\varphi(x)$ 在 $(e,x_0)$ 上单调递减，在 $(x_0,e^2)$ 上单调递增．所以 $\varphi(x)_\min=\varphi(x_0)=\dfrac{x_0}{\ln x_0}-k(x_0-1)\leqslant \dfrac{1}{2}$．解得 $k\geqslant \dfrac{1}{x_0-1}(\dfrac{x_0}{\ln x_0}-\dfrac{1}{2})>\dfrac{1}{x_0-1}(\dfrac{x_0}{2}-\dfrac{1}{2})=\dfrac{1}{2}$，这与 $0<k<\dfrac{1}{4}$ 矛盾．综上所述，$k$ 的取值范围是 $[\dfrac{1}{2},+\infty)$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
