已知函数f（x）=kex，g（x）=[1/k]lnx，其中k＞0．若函数f（x），g（x）在它们的图象与坐标轴交点处的切

解题思路：（1）利用函数f（x），g（x）在它们的图象与坐标轴交点处的切线互相平行，建立方程，即可求k的值；
（2）假设存在直线l同时是函数f（x），g（x）的切线，设l与f（x），g（x）分别相切于点M（m，e^m），N（n，lnn）（n＞0），则e^m=[1/n]，且e^m（1-m）=lnn-1，要说明l是否存在，只需说明上述方程组是否有解．令h（m）=e^m（1-m）+m+1，因为h（1）=2＞0，h（2）=-e²+3＜0，所以方程e^m（1-m）+m+1=0有解，则方程组有解，即可得出结论；
（3）证明AB=|ex0-lnx₀|＞2，CD=|x₂-x₁|=|e^u-lnu|＞2，即可证明结论．

（1）f（x），g（x）与坐标轴的交点分别为（0，k），（1，0），
由f（x）=ke^x，g（x）=[1/k]lnx，得f′（x）=ke^x，g′（x）=[1/kx]，
由题意知f′（0）=g′（1），即k=[1/k]，又k＞0，所以k=1．…2分
（2）假设存在直线l同时是函数f（x），g（x）的切线，
设l与f（x），g（x）分别相切于点M（m，e^m），N（n，lnn）（n＞0），
则l：y-e^m=e^m（x-m）或表示为y-lnn=[1/n]（x-n），
则e^m=[1/n]，且e^m（1-m）=lnn-1，要说明l是否存在，只需说明上述方程组是否有解．…4分
由e^m=[1/n]得n=e^-m，代入e^m（1-m）=lnn-1，得e^m（1-m）=-m-1，即e^m（1-m）+m+1=0，
令h（m）=e^m（1-m）+m+1，
因为h（1）=2＞0，h（2）=-e²+3＜0，所以方程e^m（1-m）+m+1=0有解，则方程组有解，
故存在直线l，使得l同时是函数f（x），g（x）的切线． …8分
（3）证明：设A（x₀，ex0），B（x₀，lnx₀），则AB=|ex0-lnx₀|，
设F（x）=ex0-lnx₀，∴G（x）=F′（x）=ex0-[1
x0，
∴G′（x）=ex0+
1
x02＞0，即G（x）在（0，+∞）上单调递增，
又G（0.5）=
e-2＜0，G（1）=e-1＞0，
故G（x）在（0，+∞）上有唯一零点，设为t∈（0.5，1），则e^t-
1/t]=0，因此t=-lnt，
当x∈（0，t）时，F′（x）=G（x）＜G（t）=0，∴F（x）在（0，t）上单调递减；
当x∈（t，+∞）时，F′（x）=G（x）＞G（t）=0，∴F（x）在（t，+∞）上单调递增，
因此F（x）≥F（t）=e^t-lnt=[1/t]+t，
由于t∈（0.5，1），∴F（x）=[1/t]+t＞2，则AB=|ex0-lnx₀|＞2．…14分
设C（x₁，ex1），D（x₂，lnx₂），则ex1=lnx₂，令ex1=lnx₂=u，则x₁=lnu，x₂=e^u，
∴CD=|x₂-x₁|=|e^u-lnu|＞2，
故S=[1/2]AB•CD＞[1/2]•2•2=2．…16分．

点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究曲线上某点切线方程．

考点点评： 本题考查导数知识的综合运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性，考查函数的构造，难度大．