Question

4．已知函數(shù)f（x）=xlnx
（1）求f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（2）若函數(shù)$F（x）=\frac{f（x）-a}{x}$在[1，e]上的最小值為$\frac{3}{2}$，求a的值；
（3）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

分析 （1）由f′（x）=lnx+1，得f′（1）=1，由f（1）=0得切點(diǎn)，即可得切線方程．
（2）F（x）=lnx-$\frac{a}{x}$，F(xiàn)′（x）=$\frac{x+a}{{x}^{2}}$，分①當(dāng)a≥0，②當(dāng)a∈（-1，0），③當(dāng)a∈[-e，-1]，④當(dāng)a∈（-∞，-e） 求出F（x）的最小值，由最小值為$\frac{3}{2}$，求解a．
（3）令g（x）=f（x）+x-k（x-1）=xlnx+x-k（x-1）（x＞1），分 ①當(dāng)k≤2，②當(dāng)k＞2時(shí)，求出g（x）的最小值，最小值大于0即可求解k的最大值．

解答 解：（1）∵f（x）=xlnx∴f′（x）=lnx+1…（1分）
∴f′（1）=1，f（1）=0…（2分）
則切線方程為y-0=1（x-1），即y=x-1…（3分）
（2）F（x）=lnx-$\frac{a}{x}$，F(xiàn)′（x）=$\frac{x+a}{{x}^{2}}$，
①當(dāng)a≥0時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，F(xiàn)（x）在[1，e]上的最小值為F（1）=-a=$\frac{3}{2}$，解得a=-$\frac{3}{2}$∉（0，+∞），故舍去．
②當(dāng)a∈（-1，0）時(shí)，F(xiàn)（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，F(xiàn)（x）在[1，e]上的最小值為F（1）=-a=$\frac{3}{2}$，解得a=-$\frac{3}{2}$∉（-1，0），故舍去
③當(dāng)a∈[-e，-1]時(shí)，F(xiàn)（x）在[1，-a]上單調(diào)遞減，F(xiàn)（x）在[-a，e]上遞增，F(xiàn)（x）在[1，e]上的最小值為F（-a）=ln（-a）+1=$\frac{3}{2}$
解得a=-$\sqrt{e}$∈[-e，-1]，故符合題意．
④當(dāng)a∈（-∞，-e）時(shí)，F(xiàn)（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，F(xiàn)（x）在[1，e]上的最小值為F（e）=1-$\frac{a}{e}$=$\frac{3}{2}$，解得a=-$\frac{e}{2}$∉（-∞，-e），故舍去
綜上：a=-$\sqrt{e}$
（3）：令g（x）=f（x）+x-k（x-1）=xlnx+x-k（x-1）（x＞1）g'（x）=lnx+2-k（x＞1）…（9分）
 ①當(dāng)k≤2時(shí)，g'（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，g（x）在（1，+∞）上恒成立，g（x）_min=g（1）=1＞0…（10分）
 ②當(dāng)k＞2時(shí)，令g'（x）=0得x=e^k-2
當(dāng)x變化時(shí)，g'（x）、g（x）變化情況如下表：

x	（1，ek-2）	ek-2	（ek-2，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	減函數(shù)	極小值	增函數(shù)

∴$g{（x）_{min}}=g（{{e^{k-2}}}）＞0$即e^k-2（k-2）+e^k-2-k（e^k-2-1）＞0
即k＞e^k-2，∴l(xiāng)nk＞k-2，∴l(xiāng)nk-k+2＞0，
令h（k）=lnk-k+2，（k＞0）．
h′（k）=$\frac{1}{k}-1$，當(dāng)k∈（0，1）時(shí)，h（k）遞增，k∈（1，+∞）遞減，
且h（1）=1＞0，h（2）=ln2＞0，h（3）=ln3-1＞0，h（4）=ln4-2＜，0∴3＜k＜4
∴整數(shù)k的最大值是3 …（12分）

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、分類(lèi)討論思想，屬于難題．