Question

已知函数f（x）=x（a+lnx）有极小值-e^-2．
（Ⅰ）求实数a的值；
（Ⅱ）若k∈Z，且k＜

f(x)

x-1

对任意x＞1恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求函数的定义域，利用极小值-e^-2，求实数a的值；
（Ⅱ）利用导数求函数的最值即可．

解答：解：（Ⅰ）因为函数的定义域为（0，+∞），
函数的导数为f'（x）=1+a+lnx，由f'（x）=1+a+lnx=0，
解得x=e^-1-a，即当x=e^-1-a，时，函数取得极小值-e^-2．
即f（e^-1-a）=e^-1-a（a-1-a）=-e^-1-a=-e^-2，
所以解的a=1，即实数a的值为1．
（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x（1+lnx），所以设g(x)=

f(x)

x-1

=

x+xlnx

x-1

，
则g′(x)=

x-2-lnx

(x-1)2

．
令h（x）=x-2-lnx，x＞1．
因为h′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

＞0，所以函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，
又h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4=2-2ln2＞0，
所以h（x）在（1，+∞）上存在唯一的一个实数根x₀，满足x₀∈（3，4），且h（x₀）=0
，即x₀-2-ln?x₀=0，所以lnx₀=x₀-2．
当x∈（1，x₀）时，h（x）＜0，此时g'（x）＜0，
当x∈（x₀，+∞）时，h（x）＞0，此时g'（x）＞0．
所以g′(x)=

x-2-lnx

(x-1)2

在x∈（1，x₀）时，单调递减，在x∈（x₀，+∞）上单调递增，
所以.g(x)min=g(x0)=

x0+x0lnx0

x0-1

=

x0+x0(x0-2)

x0-1

=

x0(x0-1)

x0-1

=x0∈（3，4）．
所以要使k＜

f(x)

x-1

对任意x＞1恒成立，则k＜g（x）_min?=x₀∈（3，4），
因为k∈Z，所以要k≤3，即k的最大值为3．

点评：本题主要考查了函数的极值和导数之间的关系，以及根的存在性定理的应用，综合性较强，运算量较大．