Question

11．已知函数f（x）=xlnx+ax（a∈R）．
（1）若函数f（x）在区间[e，e²]上为减函数，求a的取值范围；
（2）若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x-1）+ax-x恒成立，求正整数k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，由函数f（x）在区间[e，e²]上为减函数，问题转化为a≥-1-lnx，然后利用函数的单调性，答案可求；
（2）把函数f（x）的解析式代入f（x）＞k（x-1）+ax-x，整理后得k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$，问题转化为对任意x∈（1，+∞），k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$恒成立，求正整数k的值．设函数h（x）=$\frac{x（lnx+1）}{x-1}$，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的值可求．

解答 解：（1）由f（x）=xlnx+ax，得：f′（x）=lnx+a+1，
∵函数f（x）在区间[e，e²]上为减函数，
∴当x∈[e，e²]上时f′（x）≤0，
即lnx+a+1≤0在区间[e，e²]上恒成立，
∴a≤-1-lnx，
设g（x）=-lnx-1，x∈[e，e²]，g′（x）=-$\frac{1}{x}$＜0，
g（x）在[e，e²]上单调递减，
∴a≤g（x）_min=g（e²）=-3；
（2）若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x-1）+ax-x恒成立，
即x•lnx+ax＞k（x-1）+ax-x恒成立，
也就是k（x-1）＜x•lnx+ax-ax+x恒成立，
∵x∈（1，+∞），∴x-1＞0．
则问题转化为k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$对任意x∈（1，+∞）恒成立，
设函数h（x）=$\frac{x（lnx+1）}{x-1}$，则h′（x）=$\frac{x-lnx-2}{{（x-1）}^{2}}$，
再设m（x）=x-lnx-2，则m′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
∵x∈（1，+∞），∴m′（x）＞0，则m（x）=x-lnx-2在（1，+∞）上为增函数，
∵m（1）=1-ln1-2=-1，m（2）=2-ln2-2=-ln2，
m（3）=3-ln3-2=1-ln3＜0，m（4）=4-ln4-2=2-ln4＞0，
∴?x₀∈（3，4），使m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0．
∴当x∈（1，x₀）时，m（x）＜0，h′（x）＜0，
∴h（x）=$\frac{x（1+lnx）}{x-1}$在（1，x₀）上递减，
x∈（x₀，+∞）时，m（x）＞0，h′（x）＞0，
∴h（x）=$\frac{x（1+lnx）}{x-1}$在（x₀，+∞）上递增，
∴h（x）的最小值为h（x₀）=$\frac{{x}_{0}（1+l{nx}_{0}）}{{x}_{0}-1}$，
∵m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，∴lnx₀+1=x₀-1，
代入函数h（x）=$\frac{x（lnx+1）}{x-1}$得h（x₀）=x₀，
∵x₀∈（3，4），且k＜h（x）对任意x∈（1，+∞）恒成立，
∴k＜h（x）_min=x₀，∴k≤3，
∴k的最大值是3．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了导数在最大值和最小值中的应用，考查了数学转化思想，解答此题的关键是，在求解（2）时如何求解函数h（x）=$\frac{x（lnx+1）}{x-1}$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．