Question

8．已知函數(shù)f（x）=lnx．
（1）求函數(shù)f（x）的圖象在x=1處的切線方程；
（2）若函數(shù)y=f（x）+$\frac{k}{x}$在[$\frac{1}{{e}^{2}}$，+∞）上有兩個不同的零點，求實數(shù)k的取值范圍；
（3）是否存在實數(shù)k，使得對任意的x∈（$\frac{1}{2}$，+∞），都有函數(shù)y=f（x）+$\frac{k}{x}$的圖象在g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$的圖象的下方；若存在，請求出最大整數(shù)k的值，若不存在，請說明理由（參考數(shù)據(jù)：ln2=0.6931，e${\;}^{\frac{1}{2}}$=1.6487）．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義進(jìn)行求解．
（2）利用參數(shù)分離法轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)有兩個不同的交點即可．
（3）y=f（x）+$\frac{k}{x}$的圖象在g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$的圖象的下方，等價為對任意的x∈（$\frac{1}{2}$，+∞），f（x）+$\frac{k}{x}$-$\frac{{e}^{x}}{x}$＜0恒成立，利用參數(shù)分離法，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系進(jìn)行期間即可．

解答 解：（1）函數(shù)的定義域為（0，+∞），
則f′（x）=$\frac{1}{x}$，則f′（1）=1，且f（1）=ln1=0，
即切點坐標(biāo)為（1，0），
則函數(shù)f（x）的圖象在x=1處的切線方程為y-0=x-1，即y=x-1．
（2）y=f（x）+$\frac{k}{x}$=lnx+$\frac{k}{x}$，
若函數(shù)y=f（x）+$\frac{k}{x}$在[$\frac{1}{{e}^{2}}$，+∞）上有兩個不同的零點，
則函數(shù)y=f（x）+$\frac{k}{x}$=0，即lnx+$\frac{k}{x}$=0在[$\frac{1}{{e}^{2}}$，+∞）上有兩個不同的根，
即$\frac{k}{x}$=-lnx，則k=-xlnx，
設(shè)y=g（x）=-xlnx，
則g′（x）=-（lnx+x•$\frac{1}{x}$）=-1-lnx，
由g′（x）＜0得-1-lnx＜0得lnx＞-1，
即x＞$\frac{1}{e}$，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，
由g′（x）＞0得-1-lnx＞0得lnx＜-1，
即$\frac{1}{{e}^{2}}$≤x＜$\frac{1}{e}$，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，即當(dāng)x=$\frac{1}{e}$時，函數(shù)取得極大值為g（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$•ln$\frac{1}{e}$=$\frac{1}{e}$，
當(dāng)x=$\frac{1}{{e}^{2}}$時，g（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$•ln$\frac{1}{{e}^{2}}$=$\frac{2}{{e}^{2}}$，
作出g（x）的對應(yīng)圖象，若y=k與g（x）有兩個不同的交點，
則$\frac{2}{{e}^{2}}$≤k＜$\frac{1}{e}$．
（3）若對任意的x∈（$\frac{1}{2}$，+∞），都有函數(shù)y=f（x）+$\frac{k}{x}$的圖象在g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$的圖象的下方，
即對任意的x∈（$\frac{1}{2}$，+∞），f（x）+$\frac{k}{x}$-$\frac{{e}^{x}}{x}$＜0恒成立，
即lnx+$\frac{k}{x}$-$\frac{{e}^{x}}{x}$＜0恒成立，
即$\frac{k}{x}$＜$\frac{{e}^{x}}{x}$-lnx，
則k＜e^x-xlnx，
設(shè)h（x）=e^x-xlnx，則h′（x）=e^x-1-lnx，
令r（x）=e^x-1-lnx，則r′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，
設(shè)r′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$的零點為x₀，
則當(dāng)$\frac{1}{2}$＜x＜x₀時，r′（x）＜0時，函數(shù)為減函數(shù)，
當(dāng)x＞x₀時，r′（x）＞0，即r（x）為增函數(shù)，
即當(dāng)x=x₀時函數(shù)r（x）取得極小值同時也是最小值，
r（x）最小為r（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-1-lnx₀=x₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$-1≥2$\sqrt{{x}_{0}•\frac{1}{{x}_{0}}}$-1=1＞0，
即h′（x）＞0此時函數(shù)h（x）在（$\frac{1}{2}$，+∞）上為增函數(shù)，
則k≤h（$\frac{1}{2}$）=e${\;}^{\frac{1}{2}}$-$\frac{1}{2}$ln$\frac{1}{2}$=e${\;}^{\frac{1}{2}}$+$\frac{1}{2}$ln2=1.99525．
即k的最大的整數(shù)k=1．

點評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，以及導(dǎo)數(shù)幾何意義，不等式恒成立問題，利用參數(shù)分離法，以及構(gòu)造函數(shù)是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強，難度較大．