Question

5．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$f′（1）x+xlnx
（1）求函數(shù)f（x）的極值；
（2）若k∈Z，且f（x）＞k（x-1）對任意的x∈（1，+∞）都成立，求整數(shù)k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)函數(shù)，求出f′（1），得到函數(shù)的解析式以及導(dǎo)函數(shù)的解析式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間然后求解函數(shù)的極值．
（2）由f（x）＞k（x-1）對任意的x∈（1，+∞）都成立，轉(zhuǎn)化得$k＜\frac{f（x）}{x-1}$對任意的x＞1都恒成立，令$g（x）=\frac{x+xlnx}{x-1}（x＞1）$，求出導(dǎo)函數(shù)，令h（x）=x-lnx-2（x＞0），求出導(dǎo)函數(shù)，判斷函數(shù)h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，求出方程h（x）=0在存在唯一實(shí)根x₀，且滿足x₀∈（3，4），通過當(dāng)1＜x＜x₀時(shí)，h（x）＜0，即g'（x）＜0，當(dāng)x＞x₀時(shí)，h（x）＞0即g'（x）＞0，求解函數(shù)g（x）的極小值g（x）_min，求出整數(shù)k的最大值．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1}{2}f'（x）+lnx+1$，則$f'（1）=\frac{1}{2}f'（1）+ln1+1⇒f'（1）=2$
所以f（x）=x+xlnx，f'（x）=lnx+2，x∈（0，+∞）
所以f（x）在（0，e^-2）上單調(diào)遞減，在（e^-2，+∞）上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)f（x）在x=e^-2處取得極小值，且極小值為f（e^-2）=-e^-2，沒有極大值…..（5分）
（2）由（Ⅰ）和題意得$k＜\frac{f（x）}{x-1}$對任意的x＞1都恒成立，即$k＜\frac{x+xlnx}{x-1}$對任意的x＞1都恒成立，令$g（x）=\frac{x+xlnx}{x-1}（x＞1）$，則$g'（x）=\frac{x-lnx-2}{{{{（x-1）}^2}}}$，令h（x）=x-lnx-2（x＞0）…（7分）
則h′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$＞0，所以函數(shù)h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增
因?yàn)閔（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln2＞0，
所以方程h（x）=0在存在唯一實(shí)根x₀，且滿足x₀∈（3，4），
即有h（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，lnx₀=x₀-2…（9分）
當(dāng)1＜x＜x₀時(shí)，h（x）＜0，即g'（x）＜0，當(dāng)x＞x₀時(shí)，h（x）＞0即g'（x）＞0
所以函數(shù)g（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增
所以$g{（x）_{min}}=g（{x_0}）=\frac{{{x_0}（1+ln{x_0}）}}{{{x_0}-1}}=\frac{{{x_0}（1+{x_0}-2）}}{{{x_0}-1}}={x_0}∈（3，4）$
所以k＜g（x）_min=x₀∈（3，4），故整數(shù)k的最大值為3…（12分）

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的極值，構(gòu)造法的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．