Question

16．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=$\frac{1}{2}$x²-2x，．
（1）設(shè)h（x）=f（x+1）-g′（x）（其中g(shù)′（x）是g（x）的導(dǎo)函數(shù)），求h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)k∈Z，當(dāng)x＞1時(shí)，不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）分離參數(shù)得到k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$+2，對(duì)任意x＞1恒成立，令g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}$+2，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的最小值，從而求出k的最大值即可．

解答 解：（1）h（x）=f（x+1）-g′（x）=ln（x+1）-x+2，x＞-1，
所以h′（x）=$\frac{1}{x+1}$-1=$\frac{-x}{x+1}$，
當(dāng)-1＜x＜0時(shí)，h′（x）＞0；當(dāng)x＞0時(shí)，h′（x）＜0，
因此，h（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增，在（0，+∞）上單調(diào)遞減．         
（2）不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4，
化為k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$+2，
所以k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$+2，對(duì)任意x＞1恒成立．
令g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}$+2，則g′（x）=$\frac{x-lnx-2}{{（x-1）}^{2}}$，
令h（x）=x-lnx-2，（x＞1），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）=2-2ln2＞0，
所以方程h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一實(shí)根x₀，且滿足x₀∈（3，4），
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）=$\frac{x+xlnx}{x-1}$+2在（1，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增，
所以[g（x）]_min=g（x₀）=$\frac{{x}_{0}（1+l{nx}_{0}）}{{x}_{0}-1}$+2=$\frac{{x}_{0}（1{+x}_{0}-2）}{{x}_{0}-1}$+2=x₀+2∈（5，6），
所以k＜[g（x）]_min=x₀+2∈（5，6），
故整數(shù)k的最大值是5．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．