Question

已知函數(shù)f（x）=ax+xlnx的圖象在點(diǎn)x=e（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）處的切線斜率為3．
（Ⅰ）求實(shí)數(shù)a的值；
（Ⅱ）若函數(shù)g（x）=

f(x)

x

+

9

2(x+1)

-k僅有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
（Ⅲ）若f（x）＞t（x-1）（t∈Z）對(duì)任意x＞1恒成立，求t的最大值．

Answer 1

分析：（1）由已知得f′（x）=a+lnx+1，故f′（a）=3，由此能求出a．
（2）由g(x)=

x+xlnx

x

+

9

2(x+1)

-k=1+lnx+

9

2(x+1)

-k(x＞0)，知g′(x)=

1

x

-

9

2(x+1)2

=

(2x-1)(x-2)

2x(x+1)2

，（x＞0），令g′（x）=0，解得x=

1

2

，或x=2，列表討論能求出k的范圍．
（3）由x+xlnx＞t（x-1）在x＞1時(shí)恒成立，即t＜

x+xlnx-2

x-1

在x＞1恒成立，令p（x）=

x +xlnx-2

x-1

 （x＞1），p′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

，由此能夠求出t的最大值．

解答：解：（1）由已知得f′（x）=a+lnx+1，
故f′（e）=3，
即a+lne+1=3，
∴a=1．
（2）∵g(x)=

x+xlnx

x

+

9

2(x+1)

-k
=1+lnx+

9

2(x+1)

-k(x＞0)，
∴g′(x)=

1

x

-

9

2(x+1)2

=

(2x-1)(x-2)

2x(x+1)2

，（x＞0）
令g′（x）=0，解得x=

1

2

，或x=2，
列表如下

x	（0， 1 2 ）	1 2	（ 1 2 ，2）	2	（2，+∞）
g′（x）	+	0	-	0	+
g（x）	↑	極大值 4-ln2-k	↓	極小值 5 2 +ln2-k	↑

由于x→0時(shí)，g（x）→-∞，x→+∞，g（x）→+∞，
要使g（x）僅有一個(gè)零點(diǎn)，則必須

4-ln2-k＜0 5 2 +ln2-k＜0

，或

5 2 +ln2-k＞0 4-ln2-k＞0

，
∴k＞4-ln2，或k＜

5

2

+ln2，
∴k∈(-∞，

5

2

+ln2)∪(4-ln2，+∞)．
（3）由x+xlnx＞t（x-1）在x＞1時(shí)恒成立，
即t＜

x+xlnx-2

x-1

在x＞1恒成立，
令p（x）=

x+xlnx

x-1

（x＞1），p′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

，
令h（x）=x-lnx-2，x＞1，
則h′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

＞0，
∴h（x）在（1，+∞）上單調(diào)增加，
∵h(yuǎn)（3）=1-ln3＜0，
h（4）=2-2ln2＞0，
∴h（x）在（1，+∞）上在唯一實(shí)數(shù)根x₀，且滿足x₀∈（3，4），
當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，h（x）＜0，∴p′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

＜0，
函數(shù)p（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，h（x）＞0，∴p′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

＞0，
函數(shù)p（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞增，
∴p(x)min=p(x0)=

x0(1+lnx0)

x0-1

，
∵h(yuǎn)（x₀）=0，即x₀-lnx₀-2=0，
∴l(xiāng)nx₀=x₀-2．
∴p(x)min=p(x0)=

x0(1+lnx0)

x0-1

=x₀∈（3，4），
∴t＜p(x)min=p(x0)=

x0(1+lnx0)

x0-1

=x₀∈（3，4），
故t的最大值為3．

點(diǎn)評(píng)：此題考查學(xué)生會(huì)利用導(dǎo)數(shù)求切線上過(guò)某點(diǎn)切線方程的斜率，會(huì)利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，會(huì)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，掌握導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用，是一道難題．