Question

14．已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）
（1）当a=2时，求函数f（x）的单调区间．
（2）当a=1且k∈Z时，不等式k（x-1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）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）问题转化为k＜$\frac{x+xlnx}{x-1}$对任意x＞1恒成立，令g（x）=$\frac{x+xlnx}{x-1}$，根据函数的单调性求出k的最大值即可．

解答 解：（1）∵a=2，∴f（x）=2x+xlnx，定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=3+lnx，由f′（x）＞0得到x＞e^-3，由f′（x）＜0得到x＜e^-3，
∴函数f（x）=2x+xlnx的增区间为（e^-3，+∞），减区间为（0，e^-3）．
（2）当x＞1时，x-1＞0，故不等式k（x-1）＜f（x）?k＜$\frac{f（x）}{x-1}$，
即k＜$\frac{x+xlnx}{x-1}$对任意x＞1恒成立．
令g（x）=$\frac{x+xlnx}{x-1}$，则g′（x）=$\frac{x-lnx-2}{{（x-1）}^{2}}$，
令h（x）=x-lnx-2（x＞1），
则h′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$＞0⇒h（x）在（1，+∞）上单增．
∵h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4＞0，
∴存在x₀∈（3，4）使h（x₀）=0，
即当1＜x＜x₀时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，
当x＞x₀时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，
∴g（x）在（1，x₀）上单减，在（x₀，+∞）上单增．
令h（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，即lnx₀=x₀-2，
g（x）min=g（x₀）=$\frac{{x}_{0}（1+l{nx}_{0}）}{{x}_{0}-1}$=$\frac{{x}_{0}（1{+x}_{0}-2）}{{x}_{0}-1}$=x₀∈（3，4），
∴k＜g（x）_min=x₀且k∈Z，
即k_max=3．

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，考查导数的应用，是一道综合题．