Question

16．已知函数f（x）=-xlnx．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）若方程f（x）+x²=mx²在区间[1，e²]内唯一实数解，求实数m的取值范围．
（3）若k∈Z，且k＜$\frac{f（x）+x}{x-1}$对任意的x＞1恒成立，试求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导函数即得极大值；
（2）通过分析得函数p（x）=-$\frac{lnx}{x}$+1与y=m在区间[1，e²]上有且仅有一个交点，利用p（x）的单调性，比较p（1）、p（e²）的大小即可；
（3）通过分析，问题转化求g（x）=$\frac{x+xlnx}{x-1}$在x∈（1，+∞）上的最小值点，计算即可．

解答 解：（1）令f′（x）=-1-lnx=0，解得x=$\frac{1}{e}$，
∵当x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，f′（x）＞0，
当x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）时，f′（x）＜0，
∴函数f（x）在x=$\frac{1}{e}$时取极大值，
极大值为f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$ln$\frac{1}{e}$=$\frac{1}{e}$；
（2）方程f（x）+x²=mx²在区间[1，e²]内唯一实数解，
即-xlnx+x²=mx²在区间[1，e²]内唯一实数解，
化简得-$\frac{lnx}{x}$+1=m在区间[1，e²]内唯一实数解，
记p（x）=-$\frac{lnx}{x}$+1，则p′（x）=$\frac{lnx-1}{{x}^{2}}$，
则当x∈[1，e）时，f′（x）＜0，
当x∈（e，e²]时，f′（x）＞0，
∵p（1）=1，p（e²）=1-$\frac{2}{{e}^{2}}$，
∴m∈[1-$\frac{2}{{e}^{2}}$，1]．
（3）令g（x）=$\frac{-f（x）+x}{x-1}$=$\frac{x+xlnx}{x-1}$，
则g′（x）=$\frac{（1+lnx+x•\frac{1}{x}）（x-1）-（x+xlnx）}{（x-1）^{2}}$=$\frac{x-lnx-2}{（x-1）^{2}}$，

令h（x）=x-lnx-2（x＞1），则h′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$＞0，
∴函数h（x）在（1，+∞）上单调递增．
∵h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-2ln2＞0，
∴方程h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x₀，且满足x₀∈（3，4）．
当1＜x＜x₀时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，
当x＞x₀时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，
∴函数g（x）=$\frac{x+xlnx}{x-1}$在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增．
∴g（x）_min=g（x₀）=$\frac{{x}_{0}（1+ln{x}_{0}）}{{x}_{0}-1}$=$\frac{{x}_{0}（1+{x}_{0}-2）}{{x}_{0}-1}$=x₀∈（3，4）．
∴k＜g（x）_min=x₀，
∵x₀∈（3，4），
∴整数k的最大值是3．

点评 本题考查了利用导数研究曲线的极值，考查了数学转化思想，解答此题的关键是，在求解（3）时如何求解函数g（x）=$\frac{x+xlnx}{x-1}$的最小值，学生思考起来有一定难度，此题属于难度较大的题目．