Question

已知函數(shù)f（x）=

lnx

x+a

（a∈R），曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y=x-1．
（1）求實數(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對任意x＞0恒成立？若存在，求出k的最小值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程,導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

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對應(yīng)的x的范圍，即求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）解法一：根據(jù)函數(shù)f（x）的單調(diào)性得：

ln2014

2014

＞

ln2015

2015

，由對數(shù)的運算律、單調(diào)性化簡即可，
解法二：將

20152014

20142015

化為：(

2015

2014

)2014×

1

2014

，由二項式定理化簡(

2015

2014

)2014=(1+

1

2014

)2014，再由放縮法和裂項相消法進行化簡；
（3）先將kx＞f（x）+2分離出k：k＞

lnx

x2

+

2

x

，構(gòu)造函數(shù)g（x）=

lnx

x2

+

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，確定函數(shù)零點所在的區(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）依題意，f′(x)=

x+a x -lnx

(x+a)2

（x＞0），（1分）
所以f′(1)=

1+a

(1+a)2

=

1

1+a

，
由切線方程得f′（1）=1，即

1

1+a

=1，解得a=0，
此時f(x)=

lnx

x

（x＞0），f′(x)=

1-lnx

x2

，（3分）
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，+∞）．（5分）
（2）解法一：
由（1）知，函數(shù)f（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞減，所以f（2014）＞f（2015），
即

ln2014

2014

＞

ln2015

2015

，則2015ln2014＞2014ln2015，
所以ln2014²⁰¹⁵＞ln2015²⁰¹⁴，即2014²⁰¹⁵＞2015²⁰¹⁴（9分）
解法二：

20152014

20142015

=(

2015

2014

)2014×

1

2014

，
因為(

2015

2014

)2014=(1+

1

2014

)2014
=1+1+

C

2 2014

(

1

2014

)2+

C

3 2014

(

1

2014

)3+…+

C

2014 2014

(

1

2014

)2014
＜2+

1

2!

+

1

3!

+…+

1

2014!

＜2+

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

2013×2014

＜2+（1-

1

2

）+（

1

2

-

1

3

）+…+（

1

2013

-

1

2014

）
=3-

1

2014

＜3，
所以

20152014

20142015

＜

3

2014

＜1，所以2014²⁰¹⁵＞2015²⁰¹⁴．（9分）
（3）若kx＞f（x）+2對任意x＞0恒成立，則k＞

lnx

x2

+

2

x

，
記g（x）=

lnx

x2

+

2

x

，只需k＞g（x）_max．
又g′(x)=

1-2lnx

x3

-

2

x2

=

1-2x-2lnx

x3

，（10分）
記h（x）=1-2x-2lnx（x＞0），則h′(x)=-2-

2

x

＜0，
所以h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
又h（1）=-1＜0，h(

2

2

)=1-

2

-2ln

2

2

=1-

2

+ln2＞1-

3

2

+ln2=ln

2

e

＞0，
所以存在唯一x0∈(

2

2

，1)，使得h（x₀）=0，即1-2x₀-2lnx₀=0，（11分）
當x＞0時，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	↘

（12分）
所以g（x）_max=g（x₀）=

2x0+lnx0

x02

，
又因為1-2x₀-2lnx₀=0，所以2x₀+2lnx₀=1，
所以g（x₀）=

(2x0+lnx0)+2x0

2x02

=

1+2x0

2x02

=

1

2

•(

1

x0

)2+

1

x0

，
因為x0∈(

2

2

，1)，所以

1

x0

∈(1，

2

)，所以

3

2

＜g(x0)＜1+

2

，（13分）
又g（x）_max≥g（1）=2，所以2≤g(x0)＜1+

2

，
因為k＞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對任意x＞0恒成立．（14分）

點評：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，化簡計算能力．