Question

1．已知函數(shù)f（x）=xlnx+（l-k）x+k，k∈R．
（I）當(dāng)k=l時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)x＞1時，求使不等式f（x）＞0恒成立的最大整數(shù)k的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)k=1時，f（x）=xlnx+1，f′（x）=lnx+1，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（Ⅱ）由f（x）＞0恒成立，得xlnx+（1-k）x+k＞0，推導(dǎo)出k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$恒成立，設(shè)g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}（x＞1）$，則g′（x）=$\frac{-lnx+x-2}{（x-1）^{2}}$，令μ（x）=-lnx+x-2，則${μ}^{'}（x）=-\frac{1}{x}+1=\frac{x-1}{x}$，由此利用導(dǎo)數(shù)秘技能求出k的最大整數(shù)值．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)k=1時，f（x）=xlnx+1，
∴f′（x）=lnx+1，
由f′（x）＞0，得x＞$\frac{1}{e}$；由f′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{1}{e}$，
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（$\frac{1}{e}$，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（0，$\frac{1}{e}$）．
（Ⅱ）由f（x）＞0恒成立，得xlnx+（1-k）x+k＞0，
∴（x-1）k＜xlnx+x，
∵x＞1，∴k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$恒成立，
設(shè)g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}（x＞1）$，則g′（x）=$\frac{-lnx+x-2}{（x-1）^{2}}$，
令μ（x）=-lnx+x-2，則${μ}^{'}（x）=-\frac{1}{x}+1=\frac{x-1}{x}$，
∵x＞0，∴μ′（x）＞0，μ（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
而μ（3）=1-ln3＜0，μ（4）=2-ln4＞0，
∴存在x₀∈（3，4），使μ（x₀）=0，即x₀-2=lnx₀，
∴當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，g′（x）＜0，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，g′（x₀）＞0，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，
∴g（x）在x=x₀處有極小值（也是最小值），
∴$g（x）_{min}=g（{x}_{0}）=\frac{{x}_{0}ln{x}_{0}+{x}_{0}}{{x}_{0}-1}$=$\frac{{x}_{0}（{x}_{0}-2）+{x}_{0}}{{x}_{0}-1}$=x₀∈（3，4），
又由k＜g（x）恒成立，即k＜g（x）_min=x₀，
∴k的最大整數(shù)值為3．

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，考查實數(shù)的最大整數(shù)值的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運用．