Question

17．已知函數(shù)f（x）=（x-2）lnx+2x-3，x≥1．
（1）試判斷函數(shù)f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
（2）若函數(shù)g（x）=（x-a）lnx+$\frac{a（x-1）}{x}$在[1，+∞）上為增函數(shù)，求整數(shù)a的最大值．（可能要用的數(shù)據(jù)：ln1.59≈0.46；ln1.60≈0.47；$\frac{400}{41}$≈9.76）

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)，由f′（x）＞0則[1，+∞）恒成立，則f（x）在[1，+∞）為增函數(shù)，由f（1）=-1＜0，f（2）=1＞0，函數(shù)f（x）在[1，+∞）上有唯一的零點(diǎn)；
（2）求導(dǎo)，分離參數(shù)，則a≤$\frac{{x}^{2}（lnx+1）}{x-1}$在[1，+∞）上恒成立，構(gòu)造輔助函數(shù)，求導(dǎo)，由（1）可知，a小于h（x）的x在區(qū)間（1，+∞）上的最小值，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的h（x）的最小值的取值范圍，即可取得整數(shù)a的最大值．

解答 解：（1）由f（x）=（x-2）lnx+2x-3，x≥1，求導(dǎo)f′（x）=lnx-$\frac{2}{x}$+3，（x≥1），
則f′（x）＞0恒成立，
則函數(shù)f（x）在[1，+∞）為增函數(shù)，
由f′（x）≥f′（1）=1，
故f（x）=（x-2）lnx+2x-3在[1，+∞）為增函數(shù)，
又由f（1）=-1＜0，f（2）=1＞0，
∴函數(shù)f（x）在[1，+∞）上有唯一的零點(diǎn)；
（2）g（x）=（x-a）lnx+$\frac{a（x-1）}{x}$，g′（x）=lnx+1-$\frac{a}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$，在[1，+∞）上恒成立，
由x=1，顯然成立，則a≤$\frac{{x}^{2}（lnx+1）}{x-1}$在[1，+∞）上恒成立，
令h（x）=$\frac{{x}^{2}（lnx+1）}{x-1}$，x∈（1，+∞），
則a小于h（x）的x在區(qū)間（1，+∞）上的最小值，
求導(dǎo)h′（x）=$\frac{x[（x-2）lnx+2x-3]}{（x-1）^{2}}$，
由（1）可知f（x）=（x-2）lnx+2x-3在[1，+∞）為增函數(shù)，
故f（x）在[1，+∞）上由唯一的零點(diǎn)m，
由f（1.60）=0.012，f（1.59）=-0.0086＜0，
則m∈（1.59，1.60），f（m）=（m-2）lnm+2m-3=0，則lnm=$\frac{2m-3}{2-m}$，
由當(dāng)x∈（1，m），h′（x）＜0，h（x）在（1，m]為減函數(shù)，
x∈（m，+∞），h′（x）＞0，h（x）在[m，+∞）為增函數(shù)，
故當(dāng)x=m，h（x）有最小值h（m）=$\frac{{m}^{2}（lnm+1）}{m-1}$=$\frac{{m}^{2}}{2-m}$，
令2-m=t∈（0.4，0.41），則h（x）最小值有，$\frac{{m}^{2}}{2-m}$=$\frac{（2-t）^{2}}{t}$=t+$\frac{4}{t}$-4∈（$\frac{41}{100}$+$\frac{236}{41}$，$\frac{32}{5}$）
$\frac{41}{100}$+$\frac{236}{41}$≈6.17，
∴h（x）的最小值大約在6.17～6.4之間，
故整數(shù)a的最大值為6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值，考查函數(shù)零點(diǎn)的判斷，考查轉(zhuǎn)化思想及構(gòu)造法的應(yīng)用，屬于中檔題．