Question

已知f（x）=xlnx．
（1）求g（x）=

f(x)+k

x

（k∈R）的單調(diào)區(qū)間；
（2）證明：當(dāng)x≥1時，2x-e≤f（x）≤

x2-1

2

恒成立；
（3）任取兩個不相等的正數(shù)x₁，x₂，且x₁＜x₂，若存x₀＞0使f′（x₀）=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

成立，證明：x₀＞x₁．

Answer 1

分析：（1）由g（x）=lnx+

k

x

，x＞0，知g′（x）=

x-k

x2

，（x＞0），由此根據(jù)k的取值范圍進行分類討論，能求出g（x）=

f(x)+k

x

（k∈R）的單調(diào)區(qū)間．
（2）設(shè)h（x）=xlnx-2x+e（x≥1），令h′=lnx-1=0得x=e，當(dāng)x變化時，h（x），h′的變化情況列表討論，得到h（x）≥0，f（x）≥2x-e．設(shè)G（x）=lnx-

x2-1

2x

（x≥1），G′（x）=

1

x

-

1

2

(1+

1

x2

)=

-(x-1)2

2x2

≤0，由此能夠推導(dǎo)出當(dāng)x≥1時，2x-e≤f（x）≤

x2-1

2

恒成立．
（3）由f′（x）=lnx+1，知lnx₀+1=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

，，故lnx₀=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

-1，所以lnx₀-lnx₁=

ln x1 x2 +1- x1 x2

x1 x2 -1

，設(shè)H（x）=lnt+1-t，（0＜t＜1），能夠證明x₀＞x₁．

解答：解：（1）g（x）=lnx+

k

x

，x＞0，g′（x）=

x-k

x2

，（x＞0），
當(dāng)k≤0時，g′（x）＞0，所以函數(shù)g（x）的增區(qū)間為（0，+∞），無減區(qū)間；
當(dāng)k＞0時，g′（x）＞0，得x＞k；g′（x）＜0，得0＜x＜k
∴增區(qū)間（k，+∞），減區(qū)間為（0，k），
（2）設(shè)h（x）=xlnx-2x+e（x≥1），
令h′=lnx-1=0得x=e，當(dāng)x變化時，h（x），h′的變化情況如表

x	1	（1，e）	e	（e，+∞）
h′（x）		-	0	+
h（x）	e-2	↘	0	↗

所以h（x）≥0，∴f（x）≥2x-e                                                   
設(shè)G（x）=lnx-

x2-1

2x

（x≥1），G′（x）=

1

x

-

1

2

(1+

1

x2

)=

-(x-1)2

2x2

≤0，
當(dāng)且僅當(dāng)x=1時，G′（x）=0，
所以G（x）為減函數(shù)，所以G（x）≤G（1）=0，
所以lnx-

x2-1

2x

≤0，
所以xlnx≤

x2-1

2

，（x≥1）成立，
所以f（x）≤

x2-1

2

，
綜上，當(dāng)x≥1時，
2x-e≤f（x）≤

x2-1

2

恒成立．
（3）∵f′（x）=lnx+1，
∴l(xiāng)nx₀+1=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

，
∴l(xiāng)nx₀=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

-1，
∴l(xiāng)nx₀-lnx₁=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

-1-lnx₁
=

x2lnx1-x2lnx2+x2-x1

x1-x2

=

x2ln x1  x2 +x2-x1

x1-x2

=

ln x1 x2 +1- x1 x2

x1 x2 -1

，
設(shè)H（x）=lnt+1-t，（0＜t＜1），
H′(t)=

1

t

-1=

1-t

t

＞0，（0＜t＜1），
∴H（t）在（0，1）上是增函數(shù)，
且H（t）在t=1處有意義，
∴H（t）＜H（1）=0，
∵

x1

x2

∈（0，1），∴

ln x1 x2 +1- x1 x2

x1 x2 -1

=

H( x1 x2 )

x1 x2 -1

＞0，
∴l(xiāng)nx₀-lnx₁＞0，
∴x₀＞x₁．

點評：本題主要考查函數(shù)的性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)、不等式等知識，考查數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化、分類與討論的數(shù)學(xué)思想方法，以及運算求解能力，解題時要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意合理地進行等價轉(zhuǎn)化．