Question

19．已知函數(shù)$f（x）=\frac{lnx}{x+a}（a∈R）$，曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y=x-1．
（1）求實(shí)數(shù)a的值，并求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）試比較2014²⁰¹⁵與2015²⁰¹⁴的大小，并說明理由；
（3）是否存在k∈Z，使得kx＞f（x）+2對(duì)任意x＞0恒成立？若存在，求出k的最小值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）由求導(dǎo)公式求出導(dǎo)數(shù)，再由切線的方程得f′（1）=1，列出方程求出a的值，代入函數(shù)解析式和導(dǎo)數(shù)，分別求出f′（x）＞0、f′（x）＜0對(duì)應(yīng)的x的范圍，即求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）根據(jù)函數(shù)f（x）的單調(diào)性得：$\frac{ln2014}{2014}$＞$\frac{ln2015}{2015}$，由對(duì)數(shù)的運(yùn)算律、單調(diào)性化簡即可；
（3）先將kx＞f（x）+2分離出k：k＞$\frac{lnx}{{x}^{2}}$+$\frac{2}{x}$，構(gòu)造函數(shù)g（x）=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$+$\frac{2}{x}$，再求出此函數(shù)的導(dǎo)數(shù)g′（x）并化簡，再構(gòu)造函數(shù)并二次求導(dǎo)，通過特殊函數(shù)值的符號(hào)，確定函數(shù)零點(diǎn)所在的區(qū)間，列出表格判斷出g（x）的單調(diào)性，從而求出g（x）的最大值，再由自變量的范圍確定出g（x）的最大值的范圍，從而求出滿足條件的k的最小值．

解答 解：（1）f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{\frac{x+a}{x}-lnx}{（x+a）^{2}}$（x＞0），
所以f′（1）=$\frac{1+a}{（1+a）^{2}}$=$\frac{1}{1+a}$，
由切線方程得f′（1）=1，即$\frac{1}{1+a}$=1，解得a=0；
此時(shí)f（x）=$\frac{lnx}{x}$（x＞0），f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令f′（x）＞0得，1-lnx＞0，解得0＜x＜e；
令f′（x）＜0得，1-lnx＜0，解得x＞e，
所以f（x）的增區(qū)間為（0，e），減區(qū)間為（e，+∞）；
（2）由（1）知，函數(shù)f（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞減，
所以f（2014）＞f（2015），
即$\frac{ln2014}{2014}$＞$\frac{ln2015}{2015}$，則2015ln2014＞2014ln2015，
所以ln2014²⁰¹⁵＞ln2015²⁰¹⁴，即2014²⁰¹⁵＞2015²⁰¹⁴；
（3）若kx＞f（x）+2對(duì)任意x＞0恒成立，
則k＞$\frac{lnx}{{x}^{2}}$+$\frac{2}{x}$的最大值，
記g（x）=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$+$\frac{2}{x}$，只需k＞g（x）_max．
又g′（x）=$\frac{1-2lnx}{{x}^{3}}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$=$\frac{1-2x-2lnx}{{x}^{3}}$，
記h（x）=1-2x-2lnx（x＞0），則h′（x）=-2-$\frac{2}{x}$，
所以h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
又h（1）=-1＜0，h（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=1-$\sqrt{2}$+ln2＞1-$\frac{3}{2}$+ln2=ln$\frac{2}{\sqrt{e}}$＞0，
所以存在唯一x₀∈（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1），使得h（x₀）=0，即1-2x₀-2lnx₀=0，
當(dāng)x＞0時(shí)，h（x）、g′（x）、g（x）的變化情況如下：

x	（0，x0）	x0	（x0，+∞）
h（x）	+	0	-
g′（x）	+	0	-
g（x）	↗	極大值	↘

所以g（x）_max=g（x₀）=$\frac{2{x}_{0}+ln{x}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}}$，
又因?yàn)?-2x₀-2lnx₀=0，所以2x₀+2lnx₀=1，
所以g（x₀）=$\frac{（2{x}_{0}+ln{x}_{0}）+2{x}_{0}}{2{{x}_{0}}^{2}}$=$\frac{1+2{x}_{0}}{2{{x}_{0}}^{2}}$=$\frac{1}{2}$•（$\frac{1}{{x}_{0}}$）²+$\frac{1}{{x}_{0}}$，
因?yàn)閤₀∈（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1），可得$\frac{1}{{x}_{0}}$∈（1，$\sqrt{2}$），
所以$\frac{3}{2}$＜g（x₀）＜1+$\sqrt{2}$，
又g（x）_max≥g（1）=2，所以2≤g（x）＜1+$\sqrt{2}$，
因?yàn)閗＞g（x）_max，即k＞g（x₀），且k∈Z，故k的最小整數(shù)值為3．
所以存在最小整數(shù)k=3，使得kx＞f（x）+2對(duì)任意x＞0恒成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、最值之間的關(guān)系，恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值，以及構(gòu)造法、二次求導(dǎo)判斷函數(shù)的單調(diào)性，考查分析問題、解決問題的能力，化簡計(jì)算能力，屬于難題．