Question

设函数 f ( x )＝( x ＋1)ln x －2 x .(1)求函数的单调区间；(2)设 h ( x )＝ f ′( x )＋ ，若 h ( x

设函数 f ( x )＝( x ＋1)ln x －2 x .(1)求函数的单调区间；(2)设 h ( x )＝ f ′( x )＋ ，若 h ( x )> k ( k ∈Z)恒成立，求 k 的最大值．

Answer 1

（1）在(0，＋∞)上单调递增．（2）0

(1)函数的定义域为(0，＋∞)． f ′( x )＝ln x ＋ －1，不妨令 g ( x )＝ln x ＋ －1， g ′( x )＝ － ＝ ， 当 x >1 ， g ′( x )>0，函数 g ( x )＝ f ′( x )单调递增，又因为 f ′( x )> f ′(1)＝0，所以 x >1， f ′( x )>0，函数 f ( x )单调递增； 当0< x <1， g ′( x )<0， g ( x )＝ f ′( x )单调递减， 又因为 f ′( x )> f ′(1)＝0，所以0< x <1， f ′( x )>0. 函数 f ( x )单调递增． 所以函数 y ＝ f ( x )在(0，＋∞)上单调递增． (2) h ( x )＝ln x ＋ －1＋ ， h ′( x )＝ － － ＝ ，设 φ ( x )＝ x e x －e x － x 2 ， φ ′( x )＝ x e x －2 x ＝ x (e x －2)，当 x ∈(0，ln 2)， φ ′( x )<0，函数 φ ( x )单调递减， 又因为 φ ( x )< φ (0)＝－1<0，所以0< x <ln 2， h ′( x )<0，函数 h ( x )单调递减． 当 x ∈(ln 2，＋∞)， φ ′( x )>0，函数 φ ( x )单调递增，又因为 φ ( x )> φ (ln 2)＝2ln 2－2－(ln 2) 2 ，又 φ (1)＝－1<0， φ (2)＝e 2 －4>0，故存在 x 0 ∈(1,2)，使得 φ ( x )＝0，即 x 0 e x 0 －e x 0 － ＝0，在(0， x 0 )上， φ ( x )<0，在( x 0 ，＋∞)上， φ ( x )>0. 即 h ( x )在(0， x 0 )上递减，在( x 0 ，＋∞)上递增． 所以有 h ( x )≥ h ( x 0 )＝ln x 0 ＋ －1＋ ，又 ＝ － ，所以 h ( x )≥ h ( x 0 )＝ln x 0 ＋ －1＋ ＝ln x 0 ＋ － －1，不妨令 M ( x )＝ln x ＋ － －1，当 x ∈(1,2)时， M ′( x )＝ . M ′( x )＝ ＝ >0恒成立，所以， M ( x )是单增函数，又 M (1)＝0， M (2)＝ln 2－ <1， 所以有1> h ( x 0 )＝ln x 0 ＋ － －1>0. 所以 k ≤0，所以 k 的最大值为0.