Question

9．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$（a∈R）．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若a=1，且xf（x）＞（k-1）（x-1）（k∈Z）對(duì)任意x＞1恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)，f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)a＞0時(shí)，令f′（x）＞0，求得函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間，f′（x）＜0時(shí)，求得函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間，即可判斷函數(shù)的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a=1，由xf（x）＞（k-1）（x-1），整理得k＜$\frac{x+xlnx}{x-1}$，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為對(duì)任意x∈（1，+∞），k＜$\frac{x+xlnx}{x-1}$，恒成立，求正整數(shù)k的值．設(shè)函數(shù)h（x）=$\frac{x+xlnx}{x-1}$，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：（1）由函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$（a∈R），求導(dǎo)f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
②當(dāng)a＞0時(shí)，令f′（x）＞0，解得：x＞a，
f′（x）＜0時(shí)，解得：0＜x＜a，
∴f（x）在（0，a]上單調(diào)遞減，在（a，+∞）上單調(diào)遞增，
綜上可知：當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在（0，a]上單調(diào)遞減，在（a，+∞）上單調(diào)遞增，
（2）當(dāng)a=1，xf（x）＞（k-1）（x-1），即k（x-1）＜x+xlnx，
x＞1，x-1＞0
∴k＜$\frac{x+xlnx}{x-1}$，對(duì)任意x＞1恒成立，
令h（x）=$\frac{x+xlnx}{x-1}$，則h′（x）=$\frac{x-lnx-2}{（x-1）^{2}}$，
令φ（x）=x-lnx-2（x＞1），
則φ′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
∴函數(shù)φ（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
∵φ（3）=1-ln3＜0，φ（4）=2-2ln2＞0，
∴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，
∴函數(shù)h（x）=$\frac{x+xlnx}{x-1}$，在（1，x₀）上單調(diào)遞減，
在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增．
∴h（x）_min=h（x₀）=$\frac{{x}_{0}（1+ln{x}_{0}）}{{x}_{0}-1}$=$\frac{{x}_{0}（1+{x}_{0}-2）}{{x}_{0}-1}$=x₀∈（3，4）．
所以k＜[g（x）]_min=x₀
因?yàn)閤₀∈（3，4），
故整數(shù)k的最大值是3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，考查導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的極值和最值，考查不等式恒成立，構(gòu)造法在求函數(shù)中的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．