Question

20．已知函数f（x）═ax+a-1+xlnx．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）已知函数有极小值-e^-2．若k∈Z，且f（x）-k（x-1）＞0对任意x∈（1，+∞）恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用导数运算法则求出导函数，令导函数小于0求出x的范围与定义域的公共范围是函数的单调递减区间，令导函数大于0求出x的范围与定义域的公共范围是函数的单调递增区间；
（2）先求出a的值，整理后得k＜$\frac{f（x）}{x-1}$，问题转化为对任意x∈（1，+∞），k＜$\frac{f（x）}{x-1}$恒成立，求正整数k的值．设函数g（x），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）∵f（x）=ax+a-1+xlnx．
∴f′（x）=-a+1+lnx，其定义域为（0，+∞）
令f′（x）＞0，x＞e^a-1，令f′（x）＜0，0＜x＜e^a-1，
则函数g（x）的单调增区间为（e^a-1，+∞），
函数g（x）的单调减区间为（0，e^a-1）；
（2）由（1）知，f（x）的极小值为f（e^-a-1）=-e^-a-1=-e^-2，得a=1．
当x＞1时，令g（x）=$\frac{f（x）}{x-1}$=$\frac{x+xlnx}{x-1}$
∴g′（x）=$\frac{x-2-lnx}{（x-1）^{2}}$，
令h（x）=x-2-lnx，
∴h′（x）=1-$\frac{1}{x}$＞0，
故y=h（x）在（1，+∞）上是增函数，
由于h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4＞0，
∴存在x₀∈（3，4），使得h（x₀）=0．
则x∈（1，x₀），h（x）＜0，知g（x）为减函数；
x∈（x₀，+∞），h′（x）＞0，知g（x）为增函数．
∴g（x）_min=g（x₀）=$\frac{{x}_{0}+{x}_{0}ln{x}_{0}}{{x}_{0}-1}$=x₀，
∴k＜x₀，
又x₀∈（3，4），k∈Z，
∴k_max=3．

点评 本题主要考查了函数的极值和导数之间的关系，以及根的存在性定理的应用，综合性较强，运算量较大．