Question

16．已知函数f（x）=lnx，g（x）=$\frac{1}{2}$x²-2x，．
（1）设h（x）=f（x+1）-g′（x）（其中g′（x）是g（x）的导函数），求h（x）的单调区间；
（2）设k∈Z，当x＞1时，不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4恒成立，求k的最大值．

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）分离参数得到k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$+2，对任意x＞1恒成立，令g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}$+2，根据函数的单调性求出g（x）的最小值，从而求出k的最大值即可．

解答 解：（1）h（x）=f（x+1）-g′（x）=ln（x+1）-x+2，x＞-1，
所以h′（x）=$\frac{1}{x+1}$-1=$\frac{-x}{x+1}$，
当-1＜x＜0时，h′（x）＞0；当x＞0时，h′（x）＜0，
因此，h（x）在（-1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减．         
（2）不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4，
化为k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$+2，
所以k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$+2，对任意x＞1恒成立．
令g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}$+2，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，
所以函数h（x）在（1，+∞）上单调递增．
因为h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-2ln2＞0，
所以方程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，
所以函数g（x）=$\frac{x+xlnx}{x-1}$+2在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增，
所以[g（x）]_min=g（x₀）=$\frac{{x}_{0}（1+l{nx}_{0}）}{{x}_{0}-1}$+2=$\frac{{x}_{0}（1{+x}_{0}-2）}{{x}_{0}-1}$+2=x₀+2∈（5，6），
所以k＜[g（x）]_min=x₀+2∈（5，6），
故整数k的最大值是5．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．