Question

9．已知函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a=1，且xf（x）＞（k-1）（x-1）（k∈Z）对任意x＞1恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求导，f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，当a≤0时，f′（x）＞0，当a＞0时，令f′（x）＞0，求得函数的单调递增区间，f′（x）＜0时，求得函数的单调递减区间，即可判断函数的单调性；
（2）当a=1，由xf（x）＞（k-1）（x-1），整理得k＜$\frac{x+xlnx}{x-1}$，问题转化为对任意x∈（1，+∞），k＜$\frac{x+xlnx}{x-1}$，恒成立，求正整数k的值．设函数h（x）=$\frac{x+xlnx}{x-1}$，求其导函数，得到其导函数的零点x₀位于（3，4）内，且知此零点为函数h（x）的最小值点，经求解知h（x₀）=x₀，从而得到k＜x₀，则正整数k的最大值可求．．

解答 解：（1）由函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$（a∈R），求导f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
①当a≤0时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
②当a＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞a，
f′（x）＜0时，解得：0＜x＜a，
∴f（x）在（0，a]上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，
综上可知：当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0时，f（x）在（0，a]上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，
（2）当a=1，xf（x）＞（k-1）（x-1），即k（x-1）＜x+xlnx，
x＞1，x-1＞0
∴k＜$\frac{x+xlnx}{x-1}$，对任意x＞1恒成立，
令h（x）=$\frac{x+xlnx}{x-1}$，则h′（x）=$\frac{x-lnx-2}{（x-1）^{2}}$，
令φ（x）=x-lnx-2（x＞1），
则φ′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
∴函数φ（x）在（1，+∞）上单调递增．
∵φ（3）=1-ln3＜0，φ（4）=2-2ln2＞0，
∴方程φ（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x₀，且满足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）=$\frac{x+xlnx}{x-1}$，在（1，x₀）上单调递减，
在（x₀，+∞）上单调递增．
∴h（x）_min=h（x₀）=$\frac{{x}_{0}（1+ln{x}_{0}）}{{x}_{0}-1}$=$\frac{{x}_{0}（1+{x}_{0}-2）}{{x}_{0}-1}$=x₀∈（3，4）．
所以k＜[g（x）]_min=x₀
因为x₀∈（3，4），
故整数k的最大值是3．

点评 本题考查利用导数研究函数单调性，考查导数法求函数的极值和最值，考查不等式恒成立，构造法在求函数中的综合应用，属于中档题．