Question

6．已知函數 f（x）=x-ln x-2．
（Ⅰ）求函數 f （ x） 的最小值；
（Ⅱ）如果不等式 x ln x+（1-k）x+k＞0（k∈Z）在區間（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （I）x∈（0，+∞），f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，利用導數研究其單調性即可得出當x=1時，函數f（x）取得極小值即最小值．．
（II）不等式 x ln x+（1-k）x+k＞0（k∈Z）在區間（1，+∞）上恒成立?k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$（x＞1）．令g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}$（x＞1）．利用導數研究其單調性極值即可得出．

解答 解：（I）x∈（0，+∞），f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，當x∈（0，1）時，f′（x）＜0，函數f（x）單調遞減；當x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，函數f（x）單調遞增．∴當x=1時，函數f（x）取得極小值即最小值，f（1）=1-0-2=-1．
（II）不等式 x ln x+（1-k）x+k＞0（k∈Z）在區間（1，+∞）上恒成立?k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$（x＞1）．
令g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}$（x＞1）．g′（x）=$\frac{x-lnx-2}{（x-1）^{2}}$，由于x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，∴函數f（x）單調遞增．
∵f（1）=-1＜0，∴函數f（x）只有一個零點x₀，x₀-lnx₀-2=0．
又f（3）=1-ln3＜0，f（4）=2-ln4＞0，∴x₀∈（3，4）．
當x∈（1，x₀）時，f（x₀）＜0，∴g′（x）＜0，函數g（x）單調遞減；當x∈（x₀，+∞）時，f（x₀）＞0，∴g′（x）＞0，函數g（x）單調遞增．∴g（x）_min=g（x₀）=$\frac{{x}_{0}（ln{x}_{0}+1）}{{x}_{0}-1}$=$\frac{{x}_{0}（{x}_{0}-1）}{{x}_{0}-1}$=x₀∈（3，4），
∴k_max=3．

點評 本題考查了利用導數研究其單調性極值、函數零點、分類討論方法、方程與不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．