Question

6．已知函數(shù)f（x）=xlnx+ax（a∈R）．
（1）若a=-3，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）若對任意的x∈（1，+∞），f（x）＞（k+a-1）x-k恒成立，求正整數(shù)k的值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）法一：分離參數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為$k＜\frac{xlnx+x}{x-1}$對任意x∈（1，+∞）恒成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出k的范圍即可；
法二：令g（x）=f（x）-[（k+a-1）x-k]=xlnx-（k-1）x+k（x＞1），通過討論k的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出k的范圍即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=-3時，f（x）=xlnx-3x（x＞0），
有f'（x）=lnx+1-3=lnx-2，…（2分）
∵令f'（x）≥0，即lnx-2≥0，∴x≥e²
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間[e²，+∞）…（5分）
（2）解法一：若對任意x∈（1，+∞），f（x）＞（k+a-1）x-k恒成立，
即k（x-1）＜xlnx+x恒成立，∵x∈（1，+∞），∴x-1＞0．
則問題轉(zhuǎn)化為$k＜\frac{xlnx+x}{x-1}$對任意x∈（1，+∞）恒成立，…（7分）
設(shè)函數(shù)$h（x）=\frac{xlnx+x}{x-1}$，則$h'（x）=\frac{x-lnx-2}{{{{（x-1）}^2}}}$，
再設(shè)m（x）=x-lnx-2，則$m'（x）=1-\frac{1}{x}$．
∵x∈（1，+∞），∴m'（x）＞0，
則m（x）=x-lnx-2在x∈（1，+∞）上為增函數(shù)，
∵m（3）=1-ln3＜0，m（4）=2-ln4＞0，
∴?x₀∈（3，4），使m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0．
∴當(dāng)x∈（1，x₀）時，m（x）＜0，h（x）＜0；當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，m（x）＞0，h（x）＞0…（10分）
∴$h（x）=\frac{xlnx+x}{x-1}$在x∈（1，x₀）上遞減，在x∈（x₀，+∞）上遞增．
∴h（x）的最小值為$h（{x_0}）=\frac{{{x_0}ln{x_0}+{x_0}}}{{{x_0}-1}}$…（12分）
∵m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，∴l(xiāng)n（x₀）+1=x₀-1，代入函數(shù)$h（{x_0}）=\frac{{{x_0}ln{x_0}+{x_0}}}{{{x_0}-1}}$．
得h（x₀）=x₀，∵x₀∈（3，4），且k＜h（x），對任意x∈（1，+∞）恒成立，
∴k＜h（x）_min=x₀，∴k≤3，
∴k的值為1，2，3…（14分）
解法二：（按同比例給分）
令g（x）=f（x）-[（k+a-1）x-k]=xlnx-（k-1）x+k（x＞1），
∴g'（x）=lnx+1-（k-1）=lnx+2-k．
當(dāng)2-k≥0時，即k≤2時，g'（x）＞0，g（x）在（1，2）上單調(diào)遞增，
∴g（x）＞g（1）=1＞0恒成立，而k∈N^*
∴k=1或k=2．
當(dāng)2-k＜0時，即k＞2時，g'（x）=0⇒x=e^k-2，
∴g（x）在（1，e^k-2）上單調(diào)遞減，在（e^k-2，+∞）上單調(diào)遞增，
∴$g{（x）_{min}}＞g（{e^{k-2}}）={e^{k-2}}（k-2）-（k-1）{e^{k-2}}+k=k-{e^{k-2}}＞0$恒成立，
∴k＞e^k-2，而k∈N^*，
∴k=3．
綜上可得，k=1或k=2或k=3時成立．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，是一道綜合題．