Question

已知f（x）=（x-1）lnx，g（x）=x³+（a-1）x²-ax．
（1）求函数f（x）在[t，t+

1

2

]（t＞0）上的最小值；
（2）是否存在整数a，使得对任意x∈[1，+∞），（x+1）f（x）≤g（x）恒成立，若存在，求a的最小值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：综合题,转化思想,导数的综合应用

分析：（1）求导数f′（x），根据f′（x）的单调性及其零点可判断f′（x）的符号，从而可得f（x）的单调区间及唯一极小值点1，按照极值点在区间的右侧、内部、右侧三种情况进行讨论，利用单调性可求得最小值；
（2）当x=1时，易检验不等式成立；当x＞1时，由（x+1）（x-1）ln x≤x（x-1）（x+a）得，a≥

x+1

x

lnx-x，设h（x）=

x+1

x

lnx-x（x≥1），问题转化为求h（x）_max，利用导数可表示出h（x）_max=h（x₀），其中x₀∈（1，2），可判断h（x₀）＞-1，利用不等式的性质进而可判断h（x）＜0，从而可得结论；

解答： 解：（1）∵f（x）=（x-1）lnx，∴f′（x）=lnx+

x-1

x

=lnx-

1

x

+1，
易知导数f′（x）在（0，+∞）上单调递增，又f′（1）=0，
∴当0＜x＜1时，f′（x）＜0；当x＞1时，f′（x）＞0．
∴f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
①当t+

1

2

≤1，即0＜t≤

1

2

时，f（x）的最小值为f（t+

1

2

）=（t-

1

2

）ln（t+

1

2

）；
②当t＜1＜t+

1

2

，即

1

2

＜t＜1时，f（x）的最小值为f（1）=0；
③当t≥1时，f（x）的最小值为f（t）=（t-1）ln t．
（2）由（x+1）f（x）≤g（x）得，（x+1）（x-1）lnx≤x（x-1）（x+a），
当x=1时，以上不等式显然成立；
当x＞1时，由（x+1）（x-1）ln x≤x（x-1）（x+a）得，a≥

x+1

x

lnx-x，
设h（x）=

x+1

x

lnx-x（x≥1），则h′（x）=

-x2+x+1-lnx

x2

，
再设m（x）=-x²+x+1-lnx（x≥1），易知函数m（x）在（1，+∞）上单调递减，
又m（1）=1＞0，m（2）=-1-ln2＜0，∴存在x₀∈（1，2），使得m（x₀）=0，
∴当1＜x＜x₀时，h′（x）＞0，h（x）在（1，x₀）上单调递增，
当x＞x₀时，h′（x）＜0，h（x）在（x₀，+∞）上单调递减，
∴h（x）_max=h（x₀）＞h（1）=-1，
又lnx＜x（x≥1），∴

x+1

x

lnx-x＜1成立，
现判断

x+1

x

lnx-x＜0（x≥1）是否成立，即x-1-lnx+

1

x+1

＞0（x≥1），
设k（x）=x-1-lnx，则k′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

≥0，
∴k（x）在[1，+∞）上单调递增，又k（1）=1-1-ln1=0，
∴x-1-lnx≥0，∴x-1-lnx+

1

x+1

＞0（x≥1）成立，
∴存在整数a=0使得对任意x∈[1，+∞），（x+1）f（x）≤g（x）恒成立．

点评：本题考查利用导数求函数的单调性、最值及不等式恒成立问题，考查转化思想，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力．两次求导是解决该题的关键所在．