Question

18．已知函數(shù)f（x）=xlnx．
（1）求函數(shù)f（x）的最值；
（2）若k∈Z，且k＜$\frac{f（x）+x}{x-1}$對任意的x＞1恒成立，試求k的最大值；
（3）若方程f（x）+x²=mx²在區(qū)間[1，e²]內(nèi)有唯一實數(shù)解，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)即得極大值；
（2）通過分析，問題轉(zhuǎn)化求g（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}$，在x∈（1，+∞）上的最小值點，計算即可．
（3）通過分析得函數(shù)p（x）=$\frac{lnx}{x}$+1與y=m在區(qū)間[1，e²]上有且僅有一個交點，利用p（x）的單調(diào)性，比較p（1）、p（e²）的大小即可；

解答 解：（1）∵f′（x）=1+lnx，x＞0，
令f′（x）=1+lnx=0，解得x=$\frac{1}{e}$，
∵當x∈（0，$\frac{1}{e}$）時，f′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，
當x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）時，f′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$ln$\frac{1}{e}$=-$\frac{1}{e}$，無最大值，
（2）令g（x）=$\frac{f（x）+x}{x-1}$=$\frac{xlnx+x}{x-1}$，x＞1
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，
∴函數(shù)h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
∵h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-2ln2＞0，
∴方程h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一實根x₀，且滿足x₀∈（3，4）．
當1＜x＜x₀時，h（x）＜0，即g′（x）＜0，
當x＞x₀時，h（x）＞0，即g′（x）＞0，
∴函數(shù)g（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增．
∴g（x）_min=g（x₀）=$\frac{{x}_{0}（1+ln{x}_{0}）}{{x}_{0}-1}$=$\frac{{x}_{0}（1+{x}_{0}-2）}{{x}_{0}-1}$=x₀∈（3，4）．
∴k＜g（x）_min=x₀，
∵x₀∈（3，4），
∴整數(shù)k的最大值是3．
（3）方程f（x）+x²=mx²在區(qū)間[1，e²]內(nèi)唯一實數(shù)解，
即xlnx+x²=mx²在區(qū)間[1，e²]內(nèi)唯一實數(shù)解，
化簡得$\frac{lnx}{x}$+1=m在區(qū)間[1，e²]內(nèi)唯一實數(shù)解，
記p（x）=$\frac{lnx}{x}$+1，則p′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
則當x∈[1，e）時，p′（x）＞0，
當x∈（e，e²]時，p′（x）＜0，
∵p（1）=1，p（e²）=1+$\frac{2}{{e}^{2}}$，
∴m∈[1，1+$\frac{2}{{e}^{2}}$]．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線的最值，參數(shù)的取值范圍考查了數(shù)學轉(zhuǎn)化思想，關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，學生思考起來有一定難度，此題屬于難度較大的題目．