Question

10．已知函数f（x）=xlnx．
（1）求函数y=f（x）的单调区间和最小值；
（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）求导，f′（x）≥0，求得函数的单调递增区间，令f′（x）≤0，求得函数的单调递减区间，由函数单调性可知最小值为f（$\frac{1}{e}$）；
（2）由F（x）=$\frac{f（x）-a}{x}$，求导，分类，根据函数的单调性，即可求得函数的最小值，求得a的值；
（3）由题意可知$k＜\frac{xlnx+x}{x-1}$对任意x＞1恒成立．构造辅助函数$h（x）=\frac{xlnx+x}{x-1}$，求导，令φ（x）=x-lnx-2（x＞1），根据函数单调性方程φ（x）=0在（1，+∞）上存在唯一的实根x₀，求得h（x）单调性，求得h（x）的最小值，即k＜g（x）_min=x₀，即可求得k的最大值．

解答 解：（1）求导f′（x）=lnx+1（x＞0），
令f′（x）≥0，即lnx≥-1=lne^-1，解得：$x≥\frac{1}{e}$，
同理，令f′（x）≤0，可得$x∈（0，\frac{1}{e}]$，
∴f（x）的单调递增区间为$[\frac{1}{e}，+∞）$，单调减区间为$（0，\frac{1}{e}]$，
最小值为f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$•（-1）=-$\frac{1}{e}$；
（2）$F（x）=lnx-\frac{a}{x}$，求导${F^'}（x）=\frac{x+a}{x^2}$，
Ⅰ．当a≥0时，F′（x）＞0，F（x）在[1，e]上单调递增，$F{（x）_{min}}=F（1）=-a=\frac{3}{2}$，
所以$a=-\frac{3}{2}∉[0，+∞）$，舍去．
Ⅱ．当a＜0时，F（x）在（0，-a）上单调递减，在（-a，+∞）上单调递增，
①若a∈（-1，0），F（x）在[1，e]上单调递增，$F{（x）_{min}}=F（1）=-a=\frac{3}{2}$，
所以$a=-\frac{3}{2}∉[0，+∞）$，舍去，
②若a∈[-e，-1]，F（x）在[1，-a]上单调递减，在[-a，e]上单调递增，
所以$F{（x）_{min}}=F（1）=ln（-a）+a=\frac{3}{2}$，解得$a=-\sqrt{e}∈[-e，-1]$．
③若a∈（-∞，-e），F（x）在[1，e]上单调递减，$F{（x）_{min}}=F（e）=1-\frac{a}{e}=\frac{3}{2}$，
所以$a=-\frac{e}{2}∉（-∞，-e）$，舍去，
综上所述，$a=-\sqrt{e}$．
（3）由题意得：k（x-1）＜x+xlnx对任意x＞1恒成立，即$k＜\frac{xlnx+x}{x-1}$对任意x＞1恒成立．
令$h（x）=\frac{xlnx+x}{x-1}$，则${h^'}（x）=\frac{x-lnx-2}{{{{（x-1）}^2}}}$，令φ（x）=x-lnx-2（x＞1），则${φ^'}（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}＞0$，
∴函数φ（x）在（1，+∞）上单调递增，
∵方程φ（x）=0在（1，+∞）上存在唯一的实根x₀，且x₀∈（3，4），
当1＜x＜x₀时，φ（x）＜0，即h′（x）＜0，
当x＞x₀时，φ（x）＞0，即h′（x）＞0．
∴函数h（x）在（1，x₀）上递减，在（x₀，+∞）上单调递增．
∴$h{（x）_{min}}=h（{x_0}）=\frac{{{x_0}（1+ln{x_0}）}}{{{x_0}-1}}=\frac{{{x_0}（1+{x_0}-2）}}{{{x_0}-1}}={x_0}∈（3，4）$，
∴k＜g（x）_min=x₀，
又∵x₀∈（3，4），
故整数k的最大值为3．

点评 本题考查利用导数研究函数单调性及最值，考查构造函数求导函数的单调性及和最值，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，综合性强，属于难题．