Question

1．已知函数f（x）=xlnx+（l-k）x+k，k∈R．
（I）当k=l时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x＞1时，求使不等式f（x）＞0恒成立的最大整数k的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当k=1时，f（x）=xlnx+1，f′（x）=lnx+1，由此利用导数性质能求出f（x）的单调区间．
（Ⅱ）由f（x）＞0恒成立，得xlnx+（1-k）x+k＞0，推导出k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$恒成立，设g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}（x＞1）$，则g′（x）=$\frac{-lnx+x-2}{（x-1）^{2}}$，令μ（x）=-lnx+x-2，则${μ}^{'}（x）=-\frac{1}{x}+1=\frac{x-1}{x}$，由此利用导数秘技能求出k的最大整数值．

解答 解：（Ⅰ）当k=1时，f（x）=xlnx+1，
∴f′（x）=lnx+1，
由f′（x）＞0，得x＞$\frac{1}{e}$；由f′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{1}{e}$，
∴f（x）的单调递增区间为（$\frac{1}{e}$，+∞），单调减区间为（0，$\frac{1}{e}$）．
（Ⅱ）由f（x）＞0恒成立，得xlnx+（1-k）x+k＞0，
∴（x-1）k＜xlnx+x，
∵x＞1，∴k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$恒成立，
设g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}（x＞1）$，则g′（x）=$\frac{-lnx+x-2}{（x-1）^{2}}$，
令μ（x）=-lnx+x-2，则${μ}^{'}（x）=-\frac{1}{x}+1=\frac{x-1}{x}$，
∵x＞0，∴μ′（x）＞0，μ（x）在（1，+∞）上单调递增，
而μ（3）=1-ln3＜0，μ（4）=2-ln4＞0，
∴存在x₀∈（3，4），使μ（x₀）=0，即x₀-2=lnx₀，
∴当x∈（x₀，+∞）时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减，
当x∈（x₀，+∞）时，g′（x₀）＞0，此时函数g（x）单调递增，
∴g（x）在x=x₀处有极小值（也是最小值），
∴$g（x）_{min}=g（{x}_{0}）=\frac{{x}_{0}ln{x}_{0}+{x}_{0}}{{x}_{0}-1}$=$\frac{{x}_{0}（{x}_{0}-2）+{x}_{0}}{{x}_{0}-1}$=x₀∈（3，4），
又由k＜g（x）恒成立，即k＜g（x）_min=x₀，
∴k的最大整数值为3．

点评 本题考查函数的单调区间的求法，考查实数的最大整数值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．