Question

已知函數(shù)f（x）=1+lnx-

k(x-2)

x

，其中k為常數(shù)．
（1）若k=0，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程．
（2）若k=5，求證：f（x）有且僅有兩個零點；
（3）若k為整數(shù)，且當x＞2時，f（x）＞0恒成立，求k的最大值．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應用,導數(shù)的概念及應用,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求出f（x）的解析式，求出導數(shù)和切線的斜率和切點坐標，由點斜式方程即可得到切線方程；
（2）求出k=5時f（x）的解析式和導數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間和極小值，再由函數(shù)的零點存在定理可得（1，10）之間有一個零點，在（10，e⁴）之間有一個零點，即可得證；
（3）方法一、運用參數(shù)分離，運用導數(shù)，判斷單調(diào)性，求出右邊函數(shù)的最小值即可；
方法二、通過對k討論，運用導數(shù)求出單調(diào)區(qū)間，求出f（x）的最小值，即可得到k的最大值為4．

解答： 解：（1）當k=0時，f（x）=1+lnx．
因為f′（x）=

1

x

，從而f′（1）=1．
又f （1）=1，
所以曲線y=f（x）在點 （1，f（1））處的切線方程y-1=x-1，
即x-y=0．                     
（2）證明：當k=5時，f（x）=lnx+

10

x

-4．
因為f′（x）=

x-10

x2

，從而
當x∈（0，10），f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當x∈（10，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
所以當x=10時，f（x）有極小值．    
因f（10）=ln10-3＜0，f（1）=6＞0，
所以f（x）在（1，10）之間有一個零點．
因為f（e⁴）=4+

10

e4

-4＞0，所以f（x）在（10，e⁴）之間有一個零點．
從而f（x）有兩個不同的零點．   
（3）方法一：由題意知，1+lnx-

k(x-2)

x

＞0對x∈（2，+∞）恒成立，
即k＜

x+xlnx

x-2

對x∈（2，+∞）恒成立．
令h（x）=

x+xlnx

x-2

，則h′（x）=

x-2lnx-4

(x-2)2

．
設v（x）=x-2lnx-4，則v′（x）=

x-2

x

．
當x∈（2，+∞）時，v′（x）＞0，所以v（x）在（2，+∞）為增函數(shù)．
因為v（8）=8-2ln8-4=4-2ln8＜0，v（9）=5-2ln9＞0，
所以存在x₀∈（8，9），v（x₀）=0，即x₀-2lnx₀-4=0．
當x∈（2，x₀）時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
當x∈（x₀，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增．
所以當x=x₀時，h（x）的最小值h（x₀）=

x0+x0lnx0

x0-2

．
因為lnx₀=

x0-4

2

，所以h（x₀）=

x0

2

∈（4，4.5）．
故所求的整數(shù)k的最大值為4．  
方法二：由題意知，1+lnx-

k(x-2)

x

＞0對x∈（2，+∞）恒成立．
f（x）=1+lnx-

k(x-2)

x

，f′（x）=

x-2k

x2

．
①當2k≤2，即k≤1時，f′（x）＞0對x∈（2，+∞）恒成立，
所以f（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增．
而f（2）=1+ln2＞0成立，所以滿足要求．
②當2k＞2，即k＞1時，
當x∈（2，2k）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
當x∈（2k，+∞），f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
所以當x=2k時，f（x）有最小值f（2k）=2+ln2k-k．
從而f（x）＞0在x∈（2，+∞）恒成立，等價于2+ln2k-k＞0．
令g（k）=2+ln2k-k，則g′（k）=

1-k

k

＜0，
從而g（k） 在（1，+∞）為減函數(shù)．
因為g（4）=ln8-2＞0，g（5）=ln10-3＜0，
所以使2+ln2k-k＞0成立的最大正整數(shù)k=4．
綜合①②，知所求的整數(shù)k的最大值為4．

點評：本題考查導數(shù)的運用：求切線方程和求單調(diào)區(qū)間及極值、最值，主要考查導數(shù)的幾何意義和函數(shù)的單調(diào)性的運用，不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，運用分類討論的思想方法和函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想是解題的關(guān)鍵．