Question

已知函數(shù)f（x）=xlnx；
（Ⅰ）函數(shù)g（x）=-ax+f（x）在區(qū)間[1，e²]上不單調(diào)，求a的取值范圍；
（Ⅱ）若k∈Z，且f（x）+x-k（x-1）＞0對(duì)任意x＞1恒成立，求k的最大值．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)函數(shù)，函數(shù)g（x）=-ax+f（x）在區(qū)間[1，e²]上不單調(diào)，可得

g′(1)=-a+1＜0 g′(e2)=-a+3＞0

，即可求a的取值范圍；
（Ⅱ）把函數(shù)f（x）的解析式代入f（x）+x-k（x-1）＞0，整理后得k＜

xlnx+x

x-1

，問題轉(zhuǎn)化為對(duì)任意x∈（1，+∞），k＜

xlnx+x

x-1

恒成立，求正整數(shù)k的值．設(shè)函數(shù)h（x）=

xlnx+x

x-1

，求其導(dǎo)函數(shù)，得到其導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)x₀位于（3，4）內(nèi)，且知此零點(diǎn)為函數(shù)h（x）的最小值點(diǎn)，經(jīng)求解知h（x₀）=x₀，從而得到k＜x₀，則正整數(shù)k的最大值可求

解答： 解：（Ⅰ）由于函數(shù)g′（x）=（-ax）′+f′（x）=-a+1+lnx，其定義域?yàn)椋?，+∞）
因?yàn)楹瘮?shù)g（x）=-ax+f（x）在區(qū)間[1，e²]上不單調(diào)，
所以

g′(1)=-a+1＜0 g′(e2)=-a+3＞0

，
所以1＜a＜3；
（Ⅱ））因?yàn)閒（x）=xlnx，所以f（x）+x-k（x-1）＞0對(duì)任意x＞1恒成立，
即k（x-1）＜x+xlnx，
因?yàn)閤＞1，也就是k＜

xlnx+x

x-1

對(duì)任意x＞1恒成立．
令h（x）=

xlnx+x

x-1

，則h′（x）=

x-lnx-2

(x-1)2

，
令φ（x）=x-lnx-2（x＞1），則φ′（x）=

x-1

x

＞0，
所以函數(shù)φ（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
因?yàn)棣眨?）=1-ln3＜0，φ（4）=2-2ln2＞0，
所以方程φ（x）=0在（1，+∞）上存在唯一實(shí)根x₀，且滿足x₀∈（3，4）．
當(dāng)1＜x＜x₀時(shí)，φ（x）＜0，
即h′（x）＜0，當(dāng)x＞x₀時(shí)，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，
所以函數(shù)h（x）=

xlnx+x

x-1

在（1，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增．
所以[h（x）]_min=h（x₀）=x₀∈（3，4）．
所以k＜[h（x）]_min=x₀
因?yàn)閤₀∈（3，4），故整數(shù)k的最大值是3．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想，解答此題的關(guān)鍵是，在求解（Ⅱ）時(shí)如何求解函數(shù)h（x）的最小值，學(xué)生思考起來有一定難度．