Question

已知函数f(x)=1+lnx+

k

x

．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）＞k在x∈（1，+∞）时恒成立，求整数k的最大值．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求函数定义域，然后分k≤0，k＞0两种1情况讨论，在定义域内解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可；
（Ⅱ）f（x）＞k在x∈（1，+∞）时恒成立，等价于f（x）_min＞k，分k≤1，k＞1两种情况讨论，利用（Ⅰ）的结论可求得f（x）_min；

解答： 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=

1

x

-

k

x2

=

x-k

x2

；
①当k≤0时，f′（x）＞0，f（x）递增；
②当k＞0时，由f′（x）＞0，得x＞k，由f′（x）＜0，得0＜x＜k；
综上，当k≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；当k＞0时，f（x）的单调递减区间为（0，k），单调递增区间为（k，+∞）．
（Ⅱ）f（x）＞k，
①当k≤1时，由（Ⅰ）知f（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴f（x）＞f（1）=1+k，则1+k≥k恒成立，
∴此时k≤1；
②当k＞1时，由（I）知，f（x）在（1，k）上递减，在（k，+∞）上递增，
∴f（x）_min=f（k）=1+lnk+1=2+lnk，
则2+lnk＞k，即2+lnk-k＞0，
令g（k）=2+lnk-k，k∈（1，+∞），
g′（k）=

1

k

-1＜0，
∴g（k）在（1，+∞）上递减，且g（3）=ln3-1＞0，g（4）=ln4-2＜0，
∴?x₀∈（3，4），使g（x₀）=0，
故由g（k）＞0，可得1＜k＜x₀；
综上，k＜x₀，
故要使f（x）＞k在x∈（1，+∞）时恒成立，最大整数k=3．

点评：该题以函数为载体，考查利用导数研究函数的单调性、最值，考查恒成立问题，考查转化思想，求单调区间注意定义域；解决（Ⅱ）问的关键是恰当构造函数，借助导数研究．