Question

4．已知函数f（x）=xlnx
（1）求f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数$F（x）=\frac{f（x）-a}{x}$在[1，e]上的最小值为$\frac{3}{2}$，求a的值；
（3）若k∈Z，且f（x）+x-k（x-1）＞0对任意x＞1恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）由f′（x）=lnx+1，得f′（1）=1，由f（1）=0得切点，即可得切线方程．
（2）F（x）=lnx-$\frac{a}{x}$，F′（x）=$\frac{x+a}{{x}^{2}}$，分①当a≥0，②当a∈（-1，0），③当a∈[-e，-1]，④当a∈（-∞，-e） 求出F（x）的最小值，由最小值为$\frac{3}{2}$，求解a．
（3）令g（x）=f（x）+x-k（x-1）=xlnx+x-k（x-1）（x＞1），分 ①当k≤2，②当k＞2时，求出g（x）的最小值，最小值大于0即可求解k的最大值．

解答 解：（1）∵f（x）=xlnx∴f′（x）=lnx+1…（1分）
∴f′（1）=1，f（1）=0…（2分）
则切线方程为y-0=1（x-1），即y=x-1…（3分）
（2）F（x）=lnx-$\frac{a}{x}$，F′（x）=$\frac{x+a}{{x}^{2}}$，
①当a≥0时，F′（x）＞0，F（x）在[1，e]上单调递增，F（x）在[1，e]上的最小值为F（1）=-a=$\frac{3}{2}$，解得a=-$\frac{3}{2}$∉（0，+∞），故舍去．
②当a∈（-1，0）时，F（x）在[1，e]上单调递增，F（x）在[1，e]上的最小值为F（1）=-a=$\frac{3}{2}$，解得a=-$\frac{3}{2}$∉（-1，0），故舍去
③当a∈[-e，-1]时，F（x）在[1，-a]上单调递减，F（x）在[-a，e]上递增，F（x）在[1，e]上的最小值为F（-a）=ln（-a）+1=$\frac{3}{2}$
解得a=-$\sqrt{e}$∈[-e，-1]，故符合题意．
④当a∈（-∞，-e）时，F（x）在[1，e]上单调递减，F（x）在[1，e]上的最小值为F（e）=1-$\frac{a}{e}$=$\frac{3}{2}$，解得a=-$\frac{e}{2}$∉（-∞，-e），故舍去
综上：a=-$\sqrt{e}$
（3）：令g（x）=f（x）+x-k（x-1）=xlnx+x-k（x-1）（x＞1）g'（x）=lnx+2-k（x＞1）…（9分）
 ①当k≤2时，g'（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，g（x）在（1，+∞）上恒成立，g（x）_min=g（1）=1＞0…（10分）
 ②当k＞2时，令g'（x）=0得x=e^k-2
当x变化时，g'（x）、g（x）变化情况如下表：

x	（1，ek-2）	ek-2	（ek-2，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	减函数	极小值	增函数

∴$g{（x）_{min}}=g（{{e^{k-2}}}）＞0$即e^k-2（k-2）+e^k-2-k（e^k-2-1）＞0
即k＞e^k-2，∴lnk＞k-2，∴lnk-k+2＞0，
令h（k）=lnk-k+2，（k＞0）．
h′（k）=$\frac{1}{k}-1$，当k∈（0，1）时，h（k）递增，k∈（1，+∞）递减，
且h（1）=1＞0，h（2）=ln2＞0，h（3）=ln3-1＞0，h（4）=ln4-2＜，0∴3＜k＜4
∴整数k的最大值是3 …（12分）

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调区间，考查了数学转化思想、分类讨论思想，属于难题．