Question

已知函数f(x)=lnx，g(x)=

1

2

x2-2x，当x＞1时，不等式k（x-1）＜xf（x）+2g′（x）+3恒成立，则整数k的最大值为

 

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：k（x-1）＜xf（x）+2g′（x）+3恒成立，等价于k（x-1）＜xlnx+2（x-2）+3对一切x∈（1，+∞）恒成立，分离参数，从而可转化为求函数的最小值问题，利用导数即可求得，即可求实数a的取值范围．

解答： 解：因为当x＞1时，不等式k（x-1）＜xf（x）+2g′（x）+3恒成立，
即k（x-1）＜xlnx+2（x-2）+3对一切x∈（1，+∞）恒成立，
亦即k＜

xlnx+2x-1

x-1

=

xlnx+1

x-1

+2对一切x∈（1，+∞）恒成立，
所以不等式转化为k＜

xlnx+1

x-1

+2对任意x＞1恒成立．
设p（x）=

xlnx+1

x-1

+2，则p′（x）=

x-lnx-2

(x-1)2

，
令r（x）=x-lnx-2（x＞1），则r′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

＞0
所以r（x）在（1，+∞）上单调递增．
因为r（3）=3-ln3-2=1-ln3＜0，r（4）=4-ln4-2=2-2ln2＞0，
所以r（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x₀，且满足x₀∈（3，4），
当1＜x＜x₀时，r（x）＜0，即p′（x）＜0；
当x＞x₀时，r（x）＞0，即p′（x）＞0．
所以函数p（x）=

xlnx+1

x-1

+2在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增，
又r（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，所以lnx₀=x₀-2．
所以[p（x）]_min=p（x₀）=

x0lnx0+1

x0-1

+2=

x0(x0-2)+1

x0-1

=x₀-1+2∈（4，5），
所以k＜[p（x）]_min=x₀-1+2∈（4，5）
故整数k的最大值是4． 
故答案为：4

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．