Question

7．已知函数f（x）=5+lnx，g（x）=$\frac{kx}{x+1}$（k∈R）．
（ I）若函数f（x）在点（1，f（1））处的切线与函数y=g（x）的图象相切，求k的值；
（ II）若k∈N^*，且x∈（1，+∞）时，恒有f（x）＞g（x），求k的最大值．
（参考数据：ln5≈1.61，ln6≈1.7918，ln（$\sqrt{2}$+1）=0.8814）

Answer 1

分析 （I）由f（1）=5，且${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}$，f′（1）=1，利用导数的几何意义得到函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x+4，设直线y=x+4与g（x）=$\frac{kx}{x+1}$，（k∈R）相切于点P（x₀，y₀），得g′（x₀）=1，g（x₀）+4，由此利用导当数性质能求出k的值．
（ II）当x∈（1，+∞）时，5+lnx＞$\frac{kx}{1+x}$恒成立，等价于当x∈（1，+∞）时，k＜$\frac{（x+1）（5+lnx）}{x}$恒成立，设h（x）=$\frac{（x+1）（5+lnx）}{x}$，（x＞1），则${h}^{'}（x）=\frac{x-4-lnx}{{x}^{2}}$，（x＞1），记p（x）=x-4-lnx，（x＞1），则p′（x）=$\frac{x-1}{x}＞0$，由此利用导数性质能求出k的最大值．

解答 解：（I）∵函数f（x）=5+lnx，∴f（1）=5，且${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}$，从而得到f′（1）=1．
∴函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为：y-5=x-1，即y=x+4．…（2分）
设直线y=x+4与g（x）=$\frac{kx}{x+1}$，（k∈R）相切于点P（x₀，y₀），
从而可得g′（x₀）=1，g（x₀）+4，又${g}^{'}（x）=\frac{k}{（x+1）^{2}}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{g}^{'}（{x}_{0}）=\frac{k}{（{x}_{0}+1）^{2}}=1}\\{\frac{k{x}_{0}}{{x}_{0}+1}={x}_{0}+4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=2}\\{k=9}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=-2}\\{k=1}\end{array}\right.$．
∴k的值为1或9．…（5分）
（II）当x∈（1，+∞）时，5+lnx＞$\frac{kx}{1+x}$恒成立，
等价于当x∈（1，+∞）时，k＜$\frac{（x+1）（5+lnx）}{x}$恒成立．…（6分）
设h（x）=$\frac{（x+1）（5+lnx）}{x}$，（x＞1），则${h}^{'}（x）=\frac{x-4-lnx}{{x}^{2}}$，（x＞1）
记p（x）=x-4-lnx，（x＞1），则p′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}＞0$，
∴p（x）在x∈（1，+∞）递增．
又p（5）=1-ln5＜0，p（6）=2-ln6＞0，…（8分）
∴p（x）在x∈（1，+∞）存在唯一的实数根m∈（5，6），使得p（m）=m-4-lnm=0，①
∴当x∈（1，m）时，p（x）＜0，即h′（x）＜0，则h（x）在x∈（1，m）递减；
当x∈（m，+∞）时，p（x）＞0，即h′（x）＞0，则h（x）在x∈（m，+∞）递增；
所以x∈（1，+∞）时，h_min=h（m）=$\frac{（m+1）（5+lnm）}{m}$，
由①可得lnm=m-4，∴h（m）=$\frac{（m+1）（m+1）}{m}=m+\frac{1}{m}+2$，…（10分）
而m∈（5，6），m+$\frac{1}{m}+2∈$（$\frac{36}{5}，\frac{49}{6}$），又h（3+2$\sqrt{2}$）=8，
p（3+2$\sqrt{2}$）=2$\sqrt{2}$-1-ln（3+2$\sqrt{2}$）＞0，∴m∈（5，3+2$\sqrt{2}$），∴h（m）∈（$\frac{36}{5}$，8）．
又k∈N^*，∴k的最大值是7．…（12分）

点评 本题考查实数值的求法，考查实数的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．