Question

已知函数f（x）=xlnx；
（Ⅰ）函数g（x）=-ax+f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若k∈Z，且f（x）+x-k（x-1）＞0对任意x＞1恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）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；
（Ⅱ）把函数f（x）的解析式代入f（x）+x-k（x-1）＞0，整理后得k＜

x•lnx+x

x-1

，问题转化为对任意x∈（1，+∞），k＜

x•lnx+x

x-1

恒成立，求正整数k的值．设函数h（x）=

x•lnx+x

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的最大值可求．．

解答：解：（Ⅰ）由于函数g′（x）=（-ax）′+f′（x）=-a+1+lnx，其定义域为（0，+∞）
令g′（x）＞0，x＞e^a-1，令g′（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）；
（Ⅱ））因为f（x）=xlnx，所以f（x）+x-k（x-1）＞0对任意x＞1恒成立，
即k（x-1）＜x+xlnx，
因为x＞1，
也就是k＜

x•lnx+x

x-1

对任意x＞1恒成立．
令h（x）=

x•lnx+x

x-1

，
则h′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

，
令φ（x）=x-lnx-2（x＞1），
则φ′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

＞0，
所以函数φ（x）在（1，+∞）上单调递增．
因为φ（3）=1-ln3＜0，φ（4）=2-2ln2＞0，
所以方程φ（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x₀，且满足x₀∈（3，4）．
当1＜x＜x₀时，φ（x）＜0，
即h′（x）＜0，当x＞x₀时，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，
所以函数h（x）=

x•lnx+x

x-1

在（1，x₀）上单调递减，
在（x₀，+∞）上单调递增．
所以[h(x)]min=h(x0)=

x0(1+inx0)

x0-1

=

x0(1+x0-2)

(x0-1)

=x0∈（3，4）．
所以k＜[g（x）]_min=x₀
因为x₀∈（3，4）．
故整数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区间，考查了数学转化思想，解答此题的关键是，在求解（Ⅱ）时如何求解函数h（x）的最小值，学生思考起来有一定难度．