Question

11．已知函數(shù)f（x）=xlnx+ax（a∈R）．
（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[e，e²]上為減函數(shù)，求a的取值范圍；
（2）若對任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x-1）+ax-x恒成立，求正整數(shù)k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由函數(shù)f（x）在區(qū)間[e，e²]上為減函數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為a≥-1-lnx，然后利用函數(shù)的單調(diào)性，答案可求；
（2）把函數(shù)f（x）的解析式代入f（x）＞k（x-1）+ax-x，整理后得k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$，問題轉(zhuǎn)化為對任意x∈（1，+∞），k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$恒成立，求正整數(shù)k的值．設(shè)函數(shù)h（x）=$\frac{x（lnx+1）}{x-1}$，求其導(dǎo)函數(shù)，得到其導(dǎo)函數(shù)的零點x₀位于（3，4）內(nèi)，且知此零點為函數(shù)h（x）的最小值點，經(jīng)求解知h（x₀）=x₀，從而得到k＜x₀，則正整數(shù)k的值可求．

解答 解：（1）由f（x）=xlnx+ax，得：f′（x）=lnx+a+1，
∵函數(shù)f（x）在區(qū)間[e，e²]上為減函數(shù)，
∴當(dāng)x∈[e，e²]上時f′（x）≤0，
即lnx+a+1≤0在區(qū)間[e，e²]上恒成立，
∴a≤-1-lnx，
設(shè)g（x）=-lnx-1，x∈[e，e²]，g′（x）=-$\frac{1}{x}$＜0，
g（x）在[e，e²]上單調(diào)遞減，
∴a≤g（x）_min=g（e²）=-3；
（2）若對任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x-1）+ax-x恒成立，
即x•lnx+ax＞k（x-1）+ax-x恒成立，
也就是k（x-1）＜x•lnx+ax-ax+x恒成立，
∵x∈（1，+∞），∴x-1＞0．
則問題轉(zhuǎn)化為k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$對任意x∈（1，+∞）恒成立，
設(shè)函數(shù)h（x）=$\frac{x（lnx+1）}{x-1}$，則h′（x）=$\frac{x-lnx-2}{{（x-1）}^{2}}$，
再設(shè)m（x）=x-lnx-2，則m′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
∵x∈（1，+∞），∴m′（x）＞0，則m（x）=x-lnx-2在（1，+∞）上為增函數(shù)，
∵m（1）=1-ln1-2=-1，m（2）=2-ln2-2=-ln2，
m（3）=3-ln3-2=1-ln3＜0，m（4）=4-ln4-2=2-ln4＞0，
∴?x₀∈（3，4），使m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0．
∴當(dāng)x∈（1，x₀）時，m（x）＜0，h′（x）＜0，
∴h（x）=$\frac{x（1+lnx）}{x-1}$在（1，x₀）上遞減，
x∈（x₀，+∞）時，m（x）＞0，h′（x）＞0，
∴h（x）=$\frac{x（1+lnx）}{x-1}$在（x₀，+∞）上遞增，
∴h（x）的最小值為h（x₀）=$\frac{{x}_{0}（1+l{nx}_{0}）}{{x}_{0}-1}$，
∵m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，∴l(xiāng)nx₀+1=x₀-1，
代入函數(shù)h（x）=$\frac{x（lnx+1）}{x-1}$得h（x₀）=x₀，
∵x₀∈（3，4），且k＜h（x）對任意x∈（1，+∞）恒成立，
∴k＜h（x）_min=x₀，∴k≤3，
∴k的最大值是3．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了導(dǎo)數(shù)在最大值和最小值中的應(yīng)用，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想，解答此題的關(guān)鍵是，在求解（2）時如何求解函數(shù)h（x）=$\frac{x（lnx+1）}{x-1}$的最小值，學(xué)生思考起來有一定難度．此題屬于難度較大的題目．