Question

已知凼數(shù)f（x）=

lnx

x+a

（a∈R），曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y=x-1
（1）求實數(shù)a的值，并求f（x）的單調(diào)區(qū)間
（2）是否存在k∈Z，使得kx＞f（x）+2對任意x＞0恒成立？若存在，求出k的最小值，若不存在，請說明理由
（3）試比較2014²⁰¹⁵與2015²⁰¹⁴的大小，并說明理由．

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）利用導(dǎo)數(shù)的運算法則可得f′（x）=

(x+a)-xlnx

x(x+a)2

，（x＞0）．再利用幾何意義可得f′（1）=1即可解得a．再利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，分別解出f′（x）＜0，f′（x）＞0，即可得出其單調(diào)區(qū)間．
（2）若kx＞f（x）+2對任意x＞0恒成立，則k＞

lnx

x2

+

2

x

，記g（x）=

lnx

x2

+

2

x

，只需k＞g（x）_max．利用導(dǎo)數(shù)研究其最大值即可得出．
（3）由（1）可得：函數(shù)f（x）=

lnx

x

在x＞1時單調(diào)遞減．可得

ln2015

2015

＜

ln2014

2014

，化簡整理即可得出．

解答： 解：（1）f′（x）=

(x+a)-xlnx

x(x+a)2

，（x＞0）．∵曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y=x-1，
∴f′（1）=

1+a

(1+a)2

=1，解得a=0．
∴f（x）=

lnx

x

．
f′（x）=

1-lnx

x2

，
當(dāng)x＞e時，f′（x）＜0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)0＜x＜e時，f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
∴函數(shù)f（x）單調(diào)遞減區(qū)間為（e，+∞）；函數(shù)f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為（0，e）．
（2）若kx＞f（x）+2對任意x＞0恒成立，則k＞

lnx

x2

+

2

x

，
記g（x）=

lnx

x2

+

2

x

，只需k＞g（x）_max．
又g′（x）=

1-2lnx

x3

-

2

x2

=

1-2x-2lnx

x3

，
記h（x）=1-2x-2lnx（x＞0），則h′（x）=-2-

2

x

＜0，
所以h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
又h（1）=-1＜0，h(

2

2

)=1-

2

-2ln

2

2

＞1-

3

2

+ln2=lnln

2

e

＞0，
∴存在唯一x₀∈(

2

2

，1)，使得h（x₀）=0，即1-2x₀-2lnx₀=0，
當(dāng)x＞0時，h（x）、g′（x）、g（x）的變化情況如下：

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

∴g（x）_max=g（x₀）=

2x0+lnx0

x 2 0

，
又∵1-2x₀-2lnx₀=0，∴2x₀+2lnx₀=1，
∴g（x₀）=

(2x0+2lnx0)+2x0

2 x 2 0

=

1+2x0

2 x 2 0

=

1

2

(

1

x0

)2+

1

x0

，
∵x₀∈(

2

2

，1)，∴

1

x0

∈(1，

2

)，∴

3

2

＜g(x0)＜1+

2

．
又g（x）_max≥g（1）=2，∴2≤g(x0)＜1+

2

．
∵k＞g（x）_max，即k＞g（x₀），且k∈Z，故k的最小整數(shù)值為3．
存在最小整數(shù)k=3，使得kx＞f（x）+2對任意x＞0恒成立．
（3）由（1）可得：函數(shù)f（x）=

lnx

x

在x＞1時單調(diào)遞減．
∴

ln2015

2015

＜

ln2014

2014

，
即ln2015²⁰¹⁴＜ln2014²⁰¹⁵，
∴2015²⁰¹⁴＜2014²⁰¹⁵．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值最值、恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法，考查了利用已經(jīng)證明的結(jié)論證明不等式的方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．