分析 (1)求導(dǎo),f′(x)≥0,求得函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間,令f′(x)≤0,求得函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間,由函數(shù)單調(diào)性可知最小值為f(1e);
(2)由F(x)=f(x)−ax,求導(dǎo),分類,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性,即可求得函數(shù)的最小值,求得a的值;
(3)由題意可知k<xlnx+xx−1對(duì)任意x>1恒成立.構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)=xlnx+xx−1,求導(dǎo),令φ(x)=x-lnx-2(x>1),根據(jù)函數(shù)單調(diào)性方程φ(x)=0在(1,+∞)上存在唯一的實(shí)根x0,求得h(x)單調(diào)性,求得h(x)的最小值,即k<g(x)min=x0,即可求得k的最大值.
解答 解:(1)求導(dǎo)f′(x)=lnx+1(x>0),
令f′(x)≥0,即lnx≥-1=lne-1,解得:x≥1e,
同理,令f′(x)≤0,可得x∈(0,1e],
∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[1e,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(0,1e],
最小值為f(1e)=1e•(-1)=-1e;
(2)F(x)=lnx−ax,求導(dǎo){F^'}(x)=\frac{x+a}{x^2},
Ⅰ.當(dāng)a≥0時(shí),F(xiàn)′(x)>0,F(xiàn)(x)在[1,e]上單調(diào)遞增,F(x)min=F(1)=−a=32,
所以a=−32∉[0,+∞),舍去.
Ⅱ.當(dāng)a<0時(shí),F(xiàn)(x)在(0,-a)上單調(diào)遞減,在(-a,+∞)上單調(diào)遞增,
①若a∈(-1,0),F(xiàn)(x)在[1,e]上單調(diào)遞增,F(x)min=F(1)=−a=32,
所以a=−32∉[0,+∞),舍去,
②若a∈[-e,-1],F(xiàn)(x)在[1,-a]上單調(diào)遞減,在[-a,e]上單調(diào)遞增,
所以F(x)min=F(1)=ln(−a)+a=32,解得a=−√e∈[−e,−1].
③若a∈(-∞,-e),F(xiàn)(x)在[1,e]上單調(diào)遞減,F(x)min=F(e)=1−ae=32,
所以a=−e2∉(−∞,−e),舍去,
綜上所述,a=−√e.
(3)由題意得:k(x-1)<x+xlnx對(duì)任意x>1恒成立,即k<xlnx+xx−1對(duì)任意x>1恒成立.
令h(x)=xlnx+xx−1,則{h^'}(x)=\frac{x-lnx-2}{{{{(x-1)}^2}}},令φ(x)=x-lnx-2(x>1),則{φ^'}(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}>0,
∴函數(shù)φ(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
∵方程φ(x)=0在(1,+∞)上存在唯一的實(shí)根x0,且x0∈(3,4),
當(dāng)1<x<x0時(shí),φ(x)<0,即h′(x)<0,
當(dāng)x>x0時(shí),φ(x)>0,即h′(x)>0.
∴函數(shù)h(x)在(1,x0)上遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增.
∴h{(x)_{min}}=h({x_0})=\frac{{{x_0}(1+ln{x_0})}}{{{x_0}-1}}=\frac{{{x_0}(1+{x_0}-2)}}{{{x_0}-1}}={x_0}∈(3,4),
∴k<g(x)min=x0,
又∵x0∈(3,4),
故整數(shù)k的最大值為3.
點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性及最值,考查構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性及和最值,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題,考查分類討論思想,綜合性強(qiáng),屬于難題.
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