Question

【題目】已知函數f（x）=1+lnx﹣ ，其中k為常數．
（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，且當x＞2時，f（x）＞0恒成立，求k的最大值．

Answer 1

【答案】
（1）解：當k=0時，f（x）=1+lnx．

因為f′（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）解：證明：當k=5時，f（x）=lnx+ ﹣4．

因為f′（x）= ，從而

當x∈（0，10），f′（x）＜0，f（x）單調遞減；

當x∈（10，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增．

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+ ﹣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）解：方法一：由題意知，1+lnx﹣ ＞0對x∈（2，+∞）恒成立，

即k＜ 對x∈（2，+∞）恒成立．

令h（x）= ，則h′（x）= ．

設v（x）=x﹣2lnx﹣4，則v′（x）= ．

當x∈（2，+∞）時，v′（x）＞0，所以v（x）在（2，+∞）為增函數．

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）單調遞減，

當x∈（x0，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增．

所以當x=x0時，h（x）的最小值h（x0）= ．

因為lnx0= ，所以h（x0）= ∈（4，4.5）．

故所求的整數k的最大值為4．

方法二：由題意知，1+lnx﹣ ＞0對x∈（2，+∞）恒成立．

f（x）=1+lnx﹣ ，f′（x）= ．

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）單調遞減，

當x∈（2k，+∞），f′（x）＞0，f（x）單調遞增．

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）= ＜0，

從而g（k） 在（1，+∞）為減函數．

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k=4．

綜合①②，知所求的整數k的最大值為4

【解析】（1）求出f（x）的解析式，求出導數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，求得單調區間和極小值，再由函數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、運用參數分離，運用導數，判斷單調性，求出右邊函數的最小值即可； 方法二、通過對k討論，運用導數求出單調區間，求出f（x）的最小值，即可得到k的最大值為4．
【考點精析】利用函數的最大(小)值與導數對題目進行判斷即可得到答案，需要熟知求函數在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數在內的極值；（2）將函數的各極值與端點處的函數值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值．