Question

6．已知函数 f（x）=x-ln x-2．
（Ⅰ）求函数 f （ x） 的最小值；
（Ⅱ）如果不等式 x ln x+（1-k）x+k＞0（k∈Z）在区间（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （I）x∈（0，+∞），f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，利用导数研究其单调性即可得出当x=1时，函数f（x）取得极小值即最小值．．
（II）不等式 x ln x+（1-k）x+k＞0（k∈Z）在区间（1，+∞）上恒成立?k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$（x＞1）．令g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}$（x＞1）．利用导数研究其单调性极值即可得出．

解答 解：（I）x∈（0，+∞），f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．∴当x=1时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（1）=1-0-2=-1．
（II）不等式 x ln x+（1-k）x+k＞0（k∈Z）在区间（1，+∞）上恒成立?k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$（x＞1）．
令g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}$（x＞1）．g′（x）=$\frac{x-lnx-2}{（x-1）^{2}}$，由于x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，∴函数f（x）单调递增．
∵f（1）=-1＜0，∴函数f（x）只有一个零点x₀，x₀-lnx₀-2=0．
又f（3）=1-ln3＜0，f（4）=2-ln4＞0，∴x₀∈（3，4）．
当x∈（1，x₀）时，f（x₀）＜0，∴g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；当x∈（x₀，+∞）时，f（x₀）＞0，∴g′（x）＞0，函数g（x）单调递增．∴g（x）_min=g（x₀）=$\frac{{x}_{0}（ln{x}_{0}+1）}{{x}_{0}-1}$=$\frac{{x}_{0}（{x}_{0}-1）}{{x}_{0}-1}$=x₀∈（3，4），
∴k_max=3．

点评 本题考查了利用导数研究其单调性极值、函数零点、分类讨论方法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．