Question

已知函數(shù)f（x）=xlnx+ax（a∈R）
（I）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[e²，+∞）上為增函數(shù)，求a的取值范圍；
（II）若對任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x-1）+ax-x恒成立，求正整數(shù)k的值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求出原函數(shù)的導函數(shù)，由函數(shù)f（x）在區(qū)間[e²，+∞）上為增函數(shù)，得其導函數(shù)在[e²，+∞）上大于等于0恒成立，把變量a分離出后得a≥-1-lnx，然后利用函數(shù)的單調(diào)性求-1-lnx在[e²，+∞）上的最大值，答案可求；
（Ⅱ）把函數(shù)f（x）的解析式代入f（x）＞k（x-1）+ax-x，整理后得k＜

x•lnx+x

x-1

，問題轉(zhuǎn)化為對任意
x∈（1，+∞），k＜

x•lnx+x

x-1

恒成立，求正整數(shù)k的值．設函數(shù)h（x）=

x(lnx+1)

x-1

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

解答：（Ⅰ）解：由f（x）=xlnx+ax，得：f^′（x）=lnx+a+1
∵函數(shù)f（x）在區(qū)間[e²，+∞）上為增函數(shù)，
∴當x∈[e²，+∞）時f^′（x）≥0，
即lnx+a+1≥0在區(qū)間[e²，+∞）上恒成立，
∴a≥-1-lnx．
又當x∈[e²，+∞）時，
lnx∈[2，+∞），∴-1-lnx∈（-∞，-3]．
∴a≥-3；
（Ⅱ）若對任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x-1）+ax-x恒成立，
即x•lnx+ax＞k（x-1）+ax-x恒成立，
也就是k（x-1）＜x•lnx+ax-ax+x恒成立，
∵x∈（1，+∞），∴x-1＞0．
則問題轉(zhuǎn)化為k＜

x•lnx+x

x-1

對任意x∈（1，+∞）恒成立，
設函數(shù)h（x）=

x(lnx+1)

x-1

，則h′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

，
再設m（x）=x-lnx-2，則m′(x)=1-

1

x

．
∵x∈（1，+∞），∴m^′（x）＞0，則m（x）=x-lnx-2在（1，+∞）上為增函數(shù)，
∵m（1）=1-ln1-2=-1，m（2）=2-ln2-2=-ln2，m（3）=3-ln3-2=1-ln3＜0，m（4）=4-ln4-2=2-ln4＞0．
∴?x₀∈（3，4），使m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0．
∴當x∈（1，x₀）時，m（x）＜0，h^′（x）＜0，∴h(x)=

x(1+lnx)

x-1

在（1，x₀）上遞減，
x∈（x₀，+∞）時，m（x）＞0，h^′（x）＞0，∴h(x)=

x(1+lnx)

x-1

在（x₀，+∞）上遞增，
∴h（x）的最小值為h（x₀）=

x0(1+lnx0)

x0-1

．
∵m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，∴l(xiāng)nx₀+1=x₀-1，代入函數(shù)h（x）=

x(lnx+1)

x-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．

點評：本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了導數(shù)在最大值和最小值中的應用，考查了數(shù)學轉(zhuǎn)化思想，解答此題的關(guān)鍵是，在求解（Ⅱ）時如何求解函數(shù)h（x）=

x(lnx+1)

x-1

的最小值，學生思考起來有一定難度．此題屬于難度較大的題目．