Question

（2013•合肥二模）已知函数f（x）=xlnx．
（I）若函数g（x）=f（x）+x²+ax+2有零点，求实数a的最大值；
（II）若?x＞0，

f(x)

x

≤x-kx²-1恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析：（I））由函数g（x）=f（x）+x²+ax+2有零点，即g（x）=xlnx+x²+ax+2在（0，+∞）上有实数根．
即-a=lnx+x+

2

x

在（0，+∞）上有实数根．令h（x）=lnx+x+

2

x

，（x＞0），利用导数求出h（x）的最小值，则-a≤h（x）_min．
（II））由已知?x＞0，

f(x)

x

≤x-kx²-1恒成立?k≤

1

x2

(x-1-lnx)．令g（x）=x-1-lnx，x＞0．利用导数得出g（x）的最小值即可．

解答：解：（I）∵函数g（x）=f（x）+x²+ax+2有零点，
∴g（x）=xlnx+x²+ax+2在（0，+∞）上有实数根．
即-a=lnx+x+

2

x

在（0，+∞）上有实数根．
令h（x）=lnx+x+

2

x

，（x＞0），则h′(x)=

1

x

+1-

1

x2

=

(x+2)(x-1)

x2

．

解h′（x）＜0，得0＜x＜1；解h′（x）＞0，得x＞1．

∴h（x）在（0，1）上单调递减；在（1，+∞）上单调递增．

∴h（x）在x=1时取得极小值，即最小值h（1）=3．

∴-a≥3，解得a≤-3．∴实数a的最大值为-3．

（II）∵?x＞0，

f(x)

x

≤x-kx²-1恒成立，
∴lnx≤x-1-kx²，即k≤

1

x2

(x-1-lnx)．

令g（x）=x-1-lnx，x＞0．

g′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，
令g′（x）＞0，解得x＞1，∴g（x）在区间（1，+∞）上单调递增；

令g′（x）＜0，解得0＜x＜1，∴g（x）在区间（0，1）上单调递减．

∴当x=1时，g（x）取得极小值，即最小值，∴g（x）≥g（1）=0，
∴k≤0，即实数k的取值范围是（-∞，0]．

点评：熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值、等价转化的方法等是解题的关键．