Question

2．已知函数$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2x，g（x）=lnx$，当x＞1时，不等式2f′（x）+xg（x）+3＞m（x-1）恒成立，则整数m的最大值为4．

Answer 1

分析 问题等价于m（x-1）＜xlnx+2（x-2）+3对一切x∈（1，+∞）恒成立，分离参数，从而可转化为求函数的最小值问题，利用导数即可求得，即可求实数a的取值范围．

解答 解：f′（x）=x-2，
x＞1时，不等式2f′（x）+xg（x）+3＞m（x-1）恒成立，
亦即m＜$\frac{xlnx+2x-1}{x-1}$=$\frac{xlnx+1}{x-1}$+2对一切x∈（1，+∞）恒成立，
所以不等式转化为m＜$\frac{xlnx+1}{x-1}$+2对任意x＞1恒成立．
设p（x）=$\frac{xlnx+1}{x-1}$+2，则p′（x）=$\frac{x-lnx-2}{{（x-1）}^{2}}$，
令r（x）=x-lnx-2（x＞1），则r′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$＞0
所以r（x）在（1，+∞）上单调递增．
因为r（3）=3-ln3-2=1-ln3＜0，r（4）=4-ln4-2=2-2ln2＞0，
所以r（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x₀，且满足x₀∈（3，4），
当1＜x＜x₀时，r（x）＜0，即p′（x）＜0；
当x＞x₀时，r（x）＞0，即p′（x）＞0．
所以函数p（x）在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增，
又r（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，所以lnx₀=x₀-2．
所以[p（x）]_min=p（x₀）=$\frac{{x}_{0}{（x}_{0}-2）+1}{{x}_{0}-1}$=x₀-1+2∈（4，5），
所以m＜[p（x）]_min=x₀-1+2∈（4，5）
故整数m的最大值是4． 
故答案为：4．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．