Question

【题目】已知函数f（x）=1+lnx﹣ ，其中k为常数．
（1）若k=0，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程．
（2）若k=5，求证：f（x）有且仅有两个零点；
（3）若k为整数，且当x＞2时，f（x）＞0恒成立，求k的最大值．

Answer 1

【答案】
（1）解：当k=0时，f（x）=1+lnx．

因为f′（x）= ，从而f′（1）=1．

又f （1）=1，

所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程y﹣1=x﹣1，

即x﹣y=0

（2）解：证明：当k=5时，f（x）=lnx+ ﹣4．

因为f′（x）= ，从而

当x∈（0，10），f′（x）＜0，f（x）单调递减；

当x∈（10，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．

所以当x=10时，f（x）有极小值．

因f（10）=ln10﹣3＜0，f（1）=6＞0，

所以f（x）在（1，10）之间有一个零点．

因为f（e4）=4+ ﹣4＞0，所以f（x）在（10，e4）之间有一个零点．

从而f（x）有两个不同的零点

（3）解：方法一：由题意知，1+lnx﹣ ＞0对x∈（2，+∞）恒成立，

即k＜ 对x∈（2，+∞）恒成立．

令h（x）= ，则h′（x）= ．

设v（x）=x﹣2lnx﹣4，则v′（x）= ．

当x∈（2，+∞）时，v′（x）＞0，所以v（x）在（2，+∞）为增函数．

因为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．

当x∈（2，x0）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，

当x∈（x0，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增．

所以当x=x0时，h（x）的最小值h（x0）= ．

因为lnx0= ，所以h（x0）= ∈（4，4.5）．

故所求的整数k的最大值为4．

方法二：由题意知，1+lnx﹣ ＞0对x∈（2，+∞）恒成立．

f（x）=1+lnx﹣ ，f′（x）= ．

①当2k≤2，即k≤1时，f′（x）＞0对x∈（2，+∞）恒成立，

所以f（x）在（2，+∞）上单调递增．

而f（2）=1+ln2＞0成立，所以满足要求．

②当2k＞2，即k＞1时，

当x∈（2，2k）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，

当x∈（2k，+∞），f′（x）＞0，f（x）单调递增．

所以当x=2k时，f（x）有最小值f（2k）=2+ln2k﹣k．

从而f（x）＞0在x∈（2，+∞）恒成立，等价于2+ln2k﹣k＞0．

令g（k）=2+ln2k﹣k，则g′（k）= ＜0，

从而g（k）在（1，+∞）为减函数．

因为g（4）=ln8﹣2＞0，g（5）=ln10﹣3＜0，

所以使2+ln2k﹣k＞0成立的最大正整数k=4．

综合①②，知所求的整数k的最大值为4

【解析】（1）求出f（x）的解析式，求出导数和切线的斜率和切点坐标，由点斜式方程即可得到切线方程；（2）求出k=5时f（x）的解析式和导数，求得单调区间和极小值，再由函数的零点存在定理可得（1，10）之间有一个零点，在（10，e4）之间有一个零点，即可得证；（3）方法一、运用参数分离，运用导数，判断单调性，求出右边函数的最小值即可；方法二、通过对k讨论，运用导数求出单调区间，求出f（x）的最小值，即可得到k的最大值为4．