Question

11．已知函数f（x）=（x+1）lnx-ax+a（a为常数，且为正实数）．
（1）若f（x）在（0，+∞）上单调递增，求a的取值范围；
（2）若不等式（x-1）f（x）≥0恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导数，问题转化为a≤lnx+$\frac{1}{x}$+1在（0，+∞）恒成立，（a＞0），令g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1，（x＞0），根据函数的单调性求出a的范围即可；
（2）当0＜a≤2时，由（1）知不等式（x-1）f（x）≥0恒成立．
若a＞2，f′（x）=$\frac{xlnx+（1-a）x+1}{x}$，
设p（x）=xlnx+（1-a）x+1，利用p′（x）=lnx+2-a可得到p（x）单调性，从而得到f（x）单调性，即可求出符合条件的a．

解答 解：（1）解：（1）f（x）=（x+l）lnx-ax+a，f′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1-a，
若f（x）在（0，+∞）上单调递增，则a≤lnx+$\frac{1}{x}$+1在（0，+∞）恒成立，（a＞0），
令g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1，（x＞0），g′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
令g′（x）＞0，解得：x＞1，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
故g（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
故g（x）_min=g（1）=2，故0＜a≤2；
（2）当0＜a≤2时，由（1）知f（x）在（0，+∞）上单调递增，而f（1）=0，
当0＜x＜1时，f（x）＜0，当x＞1时，f（x）＞0，
故不等式（x-1）f（x）≥0恒成立．
若a＞2，f′（x）=$\frac{xlnx+（1-a）x+1}{x}$，
设p（x）=xlnx+（1-a）x+1，p′（x）=lnx+2-a=0，则x=e^a-2，
当x∈（1，e^a-2）时，p（x）单调递减，则p（x）＜p（1）=2-a＜0，
即f′（x）=$\frac{p（x）}{x}$＜0，∴当x∈（1，e^a-2）时，f（x）单调递减，f（x）＜f（1）=0．
此时（x-1）f（x）＜0，不符合题意．
∴a的取值范围为（0，2]．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想，考查函数恒成立问题，是一道中档题．