Question

6．已知函数f（x）=xlnx+ax（a∈R）．
（1）若a=-3，求函数f（x）的单调递增区间；
（2）若对任意的x∈（1，+∞），f（x）＞（k+a-1）x-k恒成立，求正整数k的值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）法一：分离参数，问题转化为$k＜\frac{xlnx+x}{x-1}$对任意x∈（1，+∞）恒成立，根据函数的单调性求出k的范围即可；
法二：令g（x）=f（x）-[（k+a-1）x-k]=xlnx-（k-1）x+k（x＞1），通过讨论k的范围，结合函数的单调性求出k的范围即可．

解答 解：（1）当a=-3时，f（x）=xlnx-3x（x＞0），
有f'（x）=lnx+1-3=lnx-2，…（2分）
∵令f'（x）≥0，即lnx-2≥0，∴x≥e²
∴函数f（x）的单调增区间[e²，+∞）…（5分）
（2）解法一：若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞（k+a-1）x-k恒成立，
即k（x-1）＜xlnx+x恒成立，∵x∈（1，+∞），∴x-1＞0．
则问题转化为$k＜\frac{xlnx+x}{x-1}$对任意x∈（1，+∞）恒成立，…（7分）
设函数$h（x）=\frac{xlnx+x}{x-1}$，则$h'（x）=\frac{x-lnx-2}{{{{（x-1）}^2}}}$，
再设m（x）=x-lnx-2，则$m'（x）=1-\frac{1}{x}$．
∵x∈（1，+∞），∴m'（x）＞0，
则m（x）=x-lnx-2在x∈（1，+∞）上为增函数，
∵m（3）=1-ln3＜0，m（4）=2-ln4＞0，
∴?x₀∈（3，4），使m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0．
∴当x∈（1，x₀）时，m（x）＜0，h（x）＜0；当x∈（x₀，+∞）时，m（x）＞0，h（x）＞0…（10分）
∴$h（x）=\frac{xlnx+x}{x-1}$在x∈（1，x₀）上递减，在x∈（x₀，+∞）上递增．
∴h（x）的最小值为$h（{x_0}）=\frac{{{x_0}ln{x_0}+{x_0}}}{{{x_0}-1}}$…（12分）
∵m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，∴ln（x₀）+1=x₀-1，代入函数$h（{x_0}）=\frac{{{x_0}ln{x_0}+{x_0}}}{{{x_0}-1}}$．
得h（x₀）=x₀，∵x₀∈（3，4），且k＜h（x），对任意x∈（1，+∞）恒成立，
∴k＜h（x）_min=x₀，∴k≤3，
∴k的值为1，2，3…（14分）
解法二：（按同比例给分）
令g（x）=f（x）-[（k+a-1）x-k]=xlnx-（k-1）x+k（x＞1），
∴g'（x）=lnx+1-（k-1）=lnx+2-k．
当2-k≥0时，即k≤2时，g'（x）＞0，g（x）在（1，2）上单调递增，
∴g（x）＞g（1）=1＞0恒成立，而k∈N^*
∴k=1或k=2．
当2-k＜0时，即k＞2时，g'（x）=0⇒x=e^k-2，
∴g（x）在（1，e^k-2）上单调递减，在（e^k-2，+∞）上单调递增，
∴$g{（x）_{min}}＞g（{e^{k-2}}）={e^{k-2}}（k-2）-（k-1）{e^{k-2}}+k=k-{e^{k-2}}＞0$恒成立，
∴k＞e^k-2，而k∈N^*，
∴k=3．
综上可得，k=1或k=2或k=3时成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道综合题．