Question

已知f（x）=（x-1）lnx，g（x）=x³+（a-1）x²-ax．
（1）求函數f（x）在[t，t+

1

2

]（t＞0）上的最小值；
（2）是否存在整數a，使得對任意x∈[1，+∞），（x+1）f（x）≤g（x）恒成立，若存在，求a的最小值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：導數在最大值、最小值問題中的應用

專題：綜合題,轉化思想,導數的綜合應用

分析：（1）求導數f′（x），根據f′（x）的單調性及其零點可判斷f′（x）的符號，從而可得f（x）的單調區間及唯一極小值點1，按照極值點在區間的右側、內部、右側三種情況進行討論，利用單調性可求得最小值；
（2）當x=1時，易檢驗不等式成立；當x＞1時，由（x+1）（x-1）ln x≤x（x-1）（x+a）得，a≥

x+1

x

lnx-x，設h（x）=

x+1

x

lnx-x（x≥1），問題轉化為求h（x）_max，利用導數可表示出h（x）_max=h（x₀），其中x₀∈（1，2），可判斷h（x₀）＞-1，利用不等式的性質進而可判斷h（x）＜0，從而可得結論；

解答： 解：（1）∵f（x）=（x-1）lnx，∴f′（x）=lnx+

x-1

x

=lnx-

1

x

+1，
易知導數f′（x）在（0，+∞）上單調遞增，又f′（1）=0，
∴當0＜x＜1時，f′（x）＜0；當x＞1時，f′（x）＞0．
∴f（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增．
①當t+

1

2

≤1，即0＜t≤

1

2

時，f（x）的最小值為f（t+

1

2

）=（t-

1

2

）ln（t+

1

2

）；
②當t＜1＜t+

1

2

，即

1

2

＜t＜1時，f（x）的最小值為f（1）=0；
③當t≥1時，f（x）的最小值為f（t）=（t-1）ln t．
（2）由（x+1）f（x）≤g（x）得，（x+1）（x-1）lnx≤x（x-1）（x+a），
當x=1時，以上不等式顯然成立；
當x＞1時，由（x+1）（x-1）ln x≤x（x-1）（x+a）得，a≥

x+1

x

lnx-x，
設h（x）=

x+1

x

lnx-x（x≥1），則h′（x）=

-x2+x+1-lnx

x2

，
再設m（x）=-x²+x+1-lnx（x≥1），易知函數m（x）在（1，+∞）上單調遞減，
又m（1）=1＞0，m（2）=-1-ln2＜0，∴存在x₀∈（1，2），使得m（x₀）=0，
∴當1＜x＜x₀時，h′（x）＞0，h（x）在（1，x₀）上單調遞增，
當x＞x₀時，h′（x）＜0，h（x）在（x₀，+∞）上單調遞減，
∴h（x）_max=h（x₀）＞h（1）=-1，
又lnx＜x（x≥1），∴

x+1

x

lnx-x＜1成立，
現判斷

x+1

x

lnx-x＜0（x≥1）是否成立，即x-1-lnx+

1

x+1

＞0（x≥1），
設k（x）=x-1-lnx，則k′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

≥0，
∴k（x）在[1，+∞）上單調遞增，又k（1）=1-1-ln1=0，
∴x-1-lnx≥0，∴x-1-lnx+

1

x+1

＞0（x≥1）成立，
∴存在整數a=0使得對任意x∈[1，+∞），（x+1）f（x）≤g（x）恒成立．

點評：本題考查利用導數求函數的單調性、最值及不等式恒成立問題，考查轉化思想，考查學生綜合運用知識分析解決問題的能力．兩次求導是解決該題的關鍵所在．