Question

已知凼数f（x）=

lnx

x+a

（a∈R），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x-1
（1）求实数a的值，并求f（x）的单调区间
（2）是否存在k∈Z，使得kx＞f（x）+2对任意x＞0恒成立？若存在，求出k的最小值，若不存在，请说明理由
（3）试比较2014²⁰¹⁵与2015²⁰¹⁴的大小，并说明理由．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（1）利用导数的运算法则可得f′（x）=

(x+a)-xlnx

x(x+a)2

，（x＞0）．再利用几何意义可得f′（1）=1即可解得a．再利用导数研究其单调性，分别解出f′（x）＜0，f′（x）＞0，即可得出其单调区间．
（2）若kx＞f（x）+2对任意x＞0恒成立，则k＞

lnx

x2

+

2

x

，记g（x）=

lnx

x2

+

2

x

，只需k＞g（x）_max．利用导数研究其最大值即可得出．
（3）由（1）可得：函数f（x）=

lnx

x

在x＞1时单调递减．可得

ln2015

2015

＜

ln2014

2014

，化简整理即可得出．

解答： 解：（1）f′（x）=

(x+a)-xlnx

x(x+a)2

，（x＞0）．∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x-1，
∴f′（1）=

1+a

(1+a)2

=1，解得a=0．
∴f（x）=

lnx

x

．
f′（x）=

1-lnx

x2

，
当x＞e时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；当0＜x＜e时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．
∴函数f（x）单调递减区间为（e，+∞）；函数f（x）单调递增区间为（0，e）．
（2）若kx＞f（x）+2对任意x＞0恒成立，则k＞

lnx

x2

+

2

x

，
记g（x）=

lnx

x2

+

2

x

，只需k＞g（x）_max．
又g′（x）=

1-2lnx

x3

-

2

x2

=

1-2x-2lnx

x3

，
记h（x）=1-2x-2lnx（x＞0），则h′（x）=-2-

2

x

＜0，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递减．
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，
当x＞0时，h（x）、g′（x）、g（x）的变化情况如下：

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

∴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的最小整数值为3．
存在最小整数k=3，使得kx＞f（x）+2对任意x＞0恒成立．
（3）由（1）可得：函数f（x）=

lnx

x

在x＞1时单调递减．
∴

ln2015

2015

＜

ln2014

2014

，
即ln2015²⁰¹⁴＜ln2014²⁰¹⁵，
∴2015²⁰¹⁴＜2014²⁰¹⁵．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值最值、恒成立问题的等价转化方法，考查了利用已经证明的结论证明不等式的方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．