Question

已知函数f（x）=xlnx；（Ⅰ）函数g（x）=-ax+f（x）的单调区间；（Ⅱ）若k∈Z，且f（x）+x-k（x-1）＞0对

已知函数f（x）=xlnx；（Ⅰ）函数g（x）=-ax+f（x）的单调区间；（Ⅱ）若k∈Z，且f（x）+x-k（x-1）＞0对任意x＞1恒成立，求k的最大值．

Answer 1

（Ⅰ）由于函数g′（x）=（-ax）′+f′（x）=-a+1+lnx，其定义域为（0，+∞）
令g′（x）＞0，x＞e^a-1，令g′（x）＜0，0＜x＜e^a-1，
则函数g（x）的单调增区间为（e^a-1，+∞），
函数g（x）的单调减区间为（0，e^a-1）；
（Ⅱ））因为f（x）=xlnx，所以f（x）+x-k（x-1）＞0对任意x＞1恒成立，
即k（x-1）＜x+xlnx，
因为x＞1，
也就是k＜

x?lnx+x

x?1

对任意x＞1恒成立．
令h（x）=

x?lnx+x

x?1

，
则h′(x)＝

x?lnx?2

(x?1)2

，
令φ（x）=x-lnx-2（x＞1），
则φ′(x)＝1?

1

x

＝

x?1

x

＞0，
所以函数φ（x）在（1，+∞）上单调递增．
因为φ（3）=1-ln3＜0，φ（4）=2-2ln2＞0，
所以方程φ（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x₀，且满足x₀∈（3，4）．
当1＜x＜x₀时，φ（x）＜0，
即h′（x）＜0，当x＞x₀时，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，
所以函数h（x）=

x?lnx+x

x?1

在（1，x₀）上单调递减，
在（x₀，+∞）上单调递增．
所以[h(x)]min＝h(x0)＝

x0(1+inx0)

x0?1

=

x0(1+x0?2)

(x0?1)

＝x0∈（3，4）．
所以k＜[g（x）]_min=x₀
因为x₀∈（3，4）．
故整数k的最大值是3．