题目内容

【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.

【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.
【考点精析】利用函数的最大(小)值与导数对题目进行判断即可得到答案,需要熟知求函数上的最大值与最小值的步骤:(1)求函数内的极值;(2)将函数的各极值与端点处的函数值比较,其中最大的是一个最大值,最小的是最小值.

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