Question

已知函数u（x）=xlnx-lnx，v（x）=x-a，w（x）=

a

x

，三个函数的定义域均为集合A={x|x＞1}．
（1）若u（x）≥v（x）恒成立，满足条件的实数a组成的集合为B，试判断集合A与B的关系，并说明理由；
（2）记G（x）=[u（x）-w（x）][v（x）-

w(x)

2

]，是否存在m∈N^*，使得对任意的实数a∈（m，+∞），函数G（x）有且仅有两个零点？若存在，求出满足条件的最小正整数m；若不存在，说明理由．（以下数据供参考：e≈2.7183，ln（

2

+1）≈0.8814）

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,函数恒成立问题

专题：导数的综合应用

分析：（1）u（x）≥v（x）恒成立?a≥x-xlnx+lnx=m（x），则m′（x）=

1

x

-lnx，x∈（1，+∞）．易知m′(x)=

1

x

-lnx在（1，+∞）上递减，m'（x）＜m'（1）=1，研究其单调性即可得出最大值．
（2）令f（x）=u（x）-w（x），g（x）=v（x）-

1

2

w(x)x∈（1，+∞）．由零点存在性定理可知：?a∈（1，+∞），函数f（x）在定义域内有且仅有一个零点．同理可知?a∈（1，+∞），函数g（x）在定义域内有且仅有一个零点．?假设存在x₀使得f（x₀）=g（x₀）=0，

a=x02lnx0-x0lnx0 x0-a= a 2x0

，消a得lnx0-

2x0

2x02-x0-1

=0，令h(x)=lnx-

2x

2x2-x-1

，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．

解答： 解：（1）u（x）≥v（x）恒成立?a≥x-xlnx+lnx=m（x），则m′（x）=

1

x

-lnx，x∈（1，+∞）．
易知m′(x)=

1

x

-lnx在（1，+∞）上递减，
∴m'（x）＜m'（1）=1，
存在x₀∈（1，+∞），使得m'（x₀）=0，函数m（x）在x∈（1，x₀）递增，在x∈（x₀，+∞）递减．
a≥m（x₀）．
由m'（x₀）=0得lnx0=

1

x0

，
m(x0)=x0-x0•

1

x0

+

1

x0

=x0+

1

x0

-1＞1，
∴B⊆A．
（2）令f(x)=u(x)-w(x)=xlnx-lnx-

a

x

，g(x)=v(x)-

w(x)

2

=x-a-

a

2x

，x∈(1，+∞)．
?f′(x)=lnx+1-

1

x

+

a

x2

＞0，x∈(1，+∞)，
由于a∈（m，+∞）⇒a＞1，f（1）=-a＜0，x→+∞，f（x）→+∞，
由零点存在性定理可知：?a∈（1，+∞），函数f（x）在定义域内有且仅有一个零点．
?g′(x)=1+

a

2x2

＞0，x∈(1，+∞)，g(1)=1-

3a

2

＜0，x→+∞，g（x）→+∞，同理可知?a∈（1，+∞），
函数g（x）在定义域内有且仅有一个零点．
?假设存在x₀使得f（x₀）=g（x₀）=0，

a=x02lnx0-x0lnx0 x0-a= a 2x0

，
消a得lnx0-

2x0

2x02-x0-1

=0，
令h(x)=lnx-

2x

2x2-x-1

，
h′(x)=

1

x

+

4x2+2

(2x2-x-1)2

＞0．
∴h（x）递增．
∵h(2)=ln2-

4

5

=

1

5

ln

32

e4

＜0    h(

2

+1)=0.8814-

2

3

＞0，
∴x0∈(2，

2

+1)，
此时a=

x02

x0+ 1 2

=x0+

1

2

+

1

4(x0+ 1 2 )

-1∈(

8

5

，2)，
所以满足条件的最小整数m=2．

点评：本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值，考查了对于极值存在但是求不出来的情况的解决方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．