Question

16．已知f（x）=x（1+alnx） （a∈R）
（1）若f（x）在[1，+∞）上是单调递减函数，求a的取值范围；
（2）设a=1，若k∈Z，且k（x-2）＜f（x）对任意x＞2恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）先求导，根据导数函数的单调性得到a≤-$\frac{1}{1+lnx}$，构造函数，求出函数的最值即可．
（2）f（x）=x（1+lnx），所以k（x-2）＜f（x）对任意x＞2恒成立，即k＜$\frac{x+xlnx}{x-2}$对任意x＞2恒成立，求出右边函数的最小值，即可求k的最大值．

解答 解：（1）∵f（x）=x（1+alnx），定义域为（0，+∞）
∴f′（x）=1+a+alnx，
∵f（x）在[1，+∞）上是单调递减函数
∴f′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立
1+a+alnx≤0?1+a（1+lnx）≤0，
∴a≤-$\frac{1}{1+lnx}$，
令g（x）=-$\frac{1}{1+lnx}$，
∵x≥1，
∴1+lnx≥1，0＜$\frac{1}{1+lnx}$≤1，
∴g（x）_min=-1
于是a≤-1，即a的取值范围是（-∞，-1]；
（2）a=1时，f（x）=x（1+lnx）
∵x＞2，
∴k（x-2）＜f（x）可化为k＜$\frac{f（x）}{x-2}$=$\frac{x+xlnx}{x-2}$；
令F（x）=$\frac{x+xlnx}{x-2}$；
则F′（x）=$\frac{x-4-2lnx}{（x-2）^{2}}$；
令h（x）=x-2lnx-4，则h′（x）=1-$\frac{2}{x}$＞0，
故h′（x）在（2，+∞）上是增函数，
且h′（8）=8-2ln8-4=2（2-ln8）＜0，h′（9）=9-2ln9-4=5-2ln9＞0；
故存在x₀∈（8，9），使h′（x₀）=0，即2lnx₀=x₀-4；
故F（x）=在（2，x₀）上是减函数，在（x₀，+∞）上是增函数；
故F_min（x）=F（x₀）=$\frac{{x}_{0}+{x}_{0}ln{x}_{0}}{{x}_{0}-2}$=$\frac{{x}_{0}}{2}$；
故k＜$\frac{{x}_{0}}{2}$；
∴$\frac{{x}_{0}}{2}$∈（4，$\frac{9}{2}$），
由于k∈Z，
故k的最大值是4．

点评 本题考查导数知识的运用，函数的单调性，恒成立问题，函数的最值，构造函数的关键，属于中档题．