Question

已知函数f（x）=

lnx

x+a

（a∈R），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x-1．
（1）求实数a的值，并求f（x）的单调区间；
（2）试比较2014²⁰¹⁵与2015²⁰¹⁴的大小，并说明理由；
（3）是否存在k∈Z，使得kx＞f（x）+2对任意x＞0恒成立？若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）由求导公式求出导数，再由切线的方程得f′（1）=1，列出方程求出a的值，代入函数解析式和导数，分别求出f′（x）＞0、f′（x）＜0对应的x的范围，即求出函数f（x）的单调区间；
（2）解法一：根据函数f（x）的单调性得：

ln2014

2014

＞

ln2015

2015

，由对数的运算律、单调性化简即可，
解法二：将

20152014

20142015

化为：(

2015

2014

)2014×

1

2014

，由二项式定理化简(

2015

2014

)2014=(1+

1

2014

)2014，再由放缩法和裂项相消法进行化简；
（3）先将kx＞f（x）+2分离出k：k＞

lnx

x2

+

2

x

，构造函数g（x）=

lnx

x2

+

2

x

，再求出此函数的导数g′（x）并化简，再构造函数并二次求导，通过特殊函数值的符号，确定函数零点所在的区间，列出表格判断出g（x）的单调性，从而求出g（x）的最大值，再由自变量的范围确定出g（x）的最大值的范围，从而求出满足条件的k的最小值．

解答： 解：（1）依题意，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

，
由切线方程得f′（1）=1，即

1

1+a

=1，解得a=0，
此时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）的增区间为（0，e），减区间为（e，+∞）．（5分）
（2）解法一：
由（1）知，函数f（x）在（e，+∞）上单调递减，所以f（2014）＞f（2015），
即

ln2014

2014

＞

ln2015

2015

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

20152014

20142015

=(

2015

2014

)2014×

1

2014

，
因为(

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对任意x＞0恒成立，则k＞

lnx

x2

+

2

x

，
记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）
记h（x）=1-2x-2lnx（x＞0），则h′(x)=-2-

2

x

＜0，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递减．
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）
当x＞0时，h（x）、g′（x）、g（x）的变化情况如下：

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

（12分）
所以g（x）_max=g（x₀）=

2x0+lnx0

x02

，
又因为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

，
因为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

，
因为k＞g（x）_max，即k＞g（x₀），且k∈Z，故k的最小整数值为3．
所以存在最小整数k=3，使得kx＞f（x）+2对任意x＞0恒成立．（14分）

点评：本题考查导数的几何意义，导数与函数的单调性、最值之间的关系，恒成立问题转化为求函数的最值，以及构造法、二次求导判断函数的单调性，考查分析问题、解决问题的能力，化简计算能力．