Question

已知函数f（x）=1+lnx-

k(x-2)

x

，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

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：函数的性质及应用,导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（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．

解答： 解：（1）当k=0时，f（x）=1+lnx．
因为f′（x）=

1

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）证明：当k=5时，f（x）=lnx+

10

x

-4．
因为f′（x）=

x-10

x2

，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+

10

e4

-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）方法一：由题意知，1+lnx-

k(x-2)

x

＞0对x∈（2，+∞）恒成立，
即k＜

x+xlnx

x-2

对x∈（2，+∞）恒成立．
令h（x）=

x+xlnx

x-2

，则h′（x）=

x-2lnx-4

(x-2)2

．
设v（x）=x-2lnx-4，则v′（x）=

x-2

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）=

x0+x0lnx0

x0-2

．
因为lnx₀=

x0-4

2

，所以h（x₀）=

x0

2

∈（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-

k(x-2)

x

＞0对x∈（2，+∞）恒成立．
f（x）=1+lnx-

k(x-2)

x

，f′（x）=

x-2k

x2

．
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）=

1-k

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．

点评：本题考查导数的运用：求切线方程和求单调区间及极值、最值，主要考查导数的几何意义和函数的单调性的运用，不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，运用分类讨论的思想方法和函数方程的转化思想是解题的关键．