Question

14．已知函數(shù)f（x）=x（a+lnx）（a∈R）
（Ⅰ）當(dāng)a=0時，求f（x）的極值．
（Ⅱ）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（e，f（e））處切線的斜率為3，且2f（x）-（b+1）x+b＞0對任意x＞1都成立，求整數(shù)b的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得a=0的f（x）的解析式和導(dǎo)數(shù)，單調(diào)區(qū)間，可得極小值；
（Ⅱ）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，可得切線的斜率，解方程可得a=1，故問題化為$b＜\frac{x+2xlnx}{x-1}$在（1，+∞）上恒成立，令$g（x）=\frac{x+2xlnx}{x-1}（x＞1）$，求出導(dǎo)數(shù)，又令h（x）=2x-3-2lnx（x＞1），求出導(dǎo)數(shù)，求得h（x）的極值點(diǎn)，可得g（x）的最值點(diǎn)，求得最小值，代入即可得到所求b的范圍，可得最大值．

解答 解：（Ⅰ）a=0時，f（x）=xlnx（x＞0），導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1+lnx，
當(dāng)x變化時，f′（x）與f（x）變化如下表：

x	$（0，\frac{1}{e}）$	$\frac{1}{e}$	$（\frac{1}{e}，+∞）$
f′（x）	-	0	+
f（x）	遞減	極小值	遞增

可得當(dāng)$x=\frac{1}{e}$時，f（x）有極小值$f（\frac{1}{e}）=-\frac{1}{e}$；
（Ⅱ）由f′（x）=a+1+lnx，
可得在點(diǎn)（e，f（e））處切線的斜率為a+2=3，求得a=1，
故問題化為$b＜\frac{x+2xlnx}{x-1}$在（1，+∞）上恒成立，
令$g（x）=\frac{x+2xlnx}{x-1}（x＞1）$，則${g^'}（x）=\frac{2x-3-2lnx}{{{{（x-1）}^2}}}（x＞1）$，
又令h（x）=2x-3-2lnx（x＞1），
則${h^'}（x）=\frac{2（x-1）}{x}＞0$在（1，+∞）上恒成立，
∴h（x）在（1，+∞）遞增，
又∵$h（2）=1-2ln2＜0，h（\frac{5}{2}）=2-2ln\frac{5}{2}＞0$，
∴h（x）在（1，+∞）上有唯一零點(diǎn)，設(shè)為x₀，則${x_0}∈（2，\frac{5}{2}）$，
且h（x₀）=2x₀-3-2lnx₀=0①，
∴當(dāng)x∈（1，x₀）時，h（x）＞0；當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，h（x）＜0，
∴當(dāng)x∈（1，x₀）時，g′（x）＞0；當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，g′（x）＜0，
∴g（x）在（1，x₀）上遞增，在（x₀，+∞）上遞減，
∴g（x）_min=$g（x{\;}_0）=\frac{{{x_0}+2{x_0}ln{x_0}}}{{{x_0}-1}}$，將①代入有$g（x{\;}_0）=\frac{{{x_0}+2{x_0}ln{x_0}}}{{{x_0}-1}}=\frac{{{x_0}+{x_0}（2{x_0}-3）}}{{{x_0}-1}}=2{x_0}∈（4，5）$，
所以b＜g（x₀）∈（4，5），
所以整數(shù)b的最大值為4．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式恒成立問題的解法，注意運(yùn)用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)法，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)求得最值，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．