Question

16．已知f（x）=x（1+alnx） （a∈R）
（1）若f（x）在[1，+∞）上是單調遞減函數(shù)，求a的取值范圍；
（2）設a=1，若k∈Z，且k（x-2）＜f（x）對任意x＞2恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）先求導，根據(jù)導數(shù)函數(shù)的單調性得到a≤-$\frac{1}{1+lnx}$，構造函數(shù)，求出函數(shù)的最值即可．
（2）f（x）=x（1+lnx），所以k（x-2）＜f（x）對任意x＞2恒成立，即k＜$\frac{x+xlnx}{x-2}$對任意x＞2恒成立，求出右邊函數(shù)的最小值，即可求k的最大值．

解答 解：（1）∵f（x）=x（1+alnx），定義域為（0，+∞）
∴f′（x）=1+a+alnx，
∵f（x）在[1，+∞）上是單調遞減函數(shù)
∴f′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立
1+a+alnx≤0?1+a（1+lnx）≤0，
∴a≤-$\frac{1}{1+lnx}$，
令g（x）=-$\frac{1}{1+lnx}$，
∵x≥1，
∴1+lnx≥1，0＜$\frac{1}{1+lnx}$≤1，
∴g（x）_min=-1
于是a≤-1，即a的取值范圍是（-∞，-1]；
（2）a=1時，f（x）=x（1+lnx）
∵x＞2，
∴k（x-2）＜f（x）可化為k＜$\frac{f（x）}{x-2}$=$\frac{x+xlnx}{x-2}$；
令F（x）=$\frac{x+xlnx}{x-2}$；
則F′（x）=$\frac{x-4-2lnx}{（x-2）^{2}}$；
令h（x）=x-2lnx-4，則h′（x）=1-$\frac{2}{x}$＞0，
故h′（x）在（2，+∞）上是增函數(shù)，
且h′（8）=8-2ln8-4=2（2-ln8）＜0，h′（9）=9-2ln9-4=5-2ln9＞0；
故存在x₀∈（8，9），使h′（x₀）=0，即2lnx₀=x₀-4；
故F（x）=在（2，x₀）上是減函數(shù)，在（x₀，+∞）上是增函數(shù)；
故F_min（x）=F（x₀）=$\frac{{x}_{0}+{x}_{0}ln{x}_{0}}{{x}_{0}-2}$=$\frac{{x}_{0}}{2}$；
故k＜$\frac{{x}_{0}}{2}$；
∴$\frac{{x}_{0}}{2}$∈（4，$\frac{9}{2}$），
由于k∈Z，
故k的最大值是4．

點評 本題考查導數(shù)知識的運用，函數(shù)的單調性，恒成立問題，函數(shù)的最值，構造函數(shù)的關鍵，屬于中檔題．