Question

已知函數(shù)f（x）=lnx+

k

x

，k∈R
（1）若k=1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）≥2+

1-e

x

恒成立，求實數(shù)k的取值范圍；
（3）設(shè)g（x）=xf（x）-k，若對任意兩個實數(shù)x₁，x₂滿足0＜x₁＜x₂，總存在g′（x₀）=

g(x1)-g(x2)

x1-x2

成立，證明x₀＞x₁．

Answer 1

分析：（1）當(dāng)k=1時，求出導(dǎo)數(shù)f′（x），在定義域內(nèi)解不等式f′（x）＜0，f′（x）＞0即得函數(shù)單調(diào)區(qū)間；
（2）f（x）≥2+

1-e

x

恒成立，分離出參數(shù)k后變?yōu)閗≥2x-xlnx+1-e恒成立，構(gòu)造函數(shù)h（x）=2x-xlnx+1-e，則問題轉(zhuǎn)化為k≥h（x）_max，利用導(dǎo)數(shù)可求得h（x）_max；
（3）由g′（x₀）=

g(x1)-g(x2)

x1-x2

，可得lnx₀+1=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

，進而可變形為lnx₀-lnx₁=

ln x1 x2 +1- x1 x2

x1 x2 -1

，只需證明lnx₀-lnx₁＞0，設(shè)φ（t）=lnt+1-t，其中0＜t＜1，用導(dǎo)數(shù)可判斷φ（t）＜φ（1）=0，又

x1

x2

-1＜0，可得結(jié)論；

解答：解：（1）當(dāng)k=1時，函數(shù)f（x）=lnx+

1

x

，則f′（x）=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

，
當(dāng)f′（x）＜0時，0＜x＜1，當(dāng)f′（x）＞0時，x＞1，
則函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞）；
（2）f（x）≥2+

1-e

x

恒成立，即lnx+

k

x

≥2+

1-e

x

恒成立，整理得k≥2x-xlnx+1-e恒成立，
設(shè)h（x）=2x-xlnx+1-e，則h′（x）=1-lnx，令h′（x）=0，得x=e，
當(dāng)x∈（0，e）時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（e，+∞）時，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，
因此當(dāng)x=e時，h（x）取得最大值1，因而k≥1；
（3）g（x）=xf（x）-k=xlnx，g′（x）=lnx+1，
因為對任意的x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），總存在x₀＞0，使得g′（x₀）=

g(x1)-g(x2)

x1-x2

成立，
所以lnx₀+1=

g(x1)-g(x2)

x1-x2

，即lnx₀+1=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

，
即lnx₀-lnx₁=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

-1-lnx₁=

x2lnx1-x2lnx2+x2-x1

x1-x2

=

ln x1 x2 +1- x1 x2

x1 x2 -1

，
設(shè)φ（t）=lnt+1-t，其中0＜t＜1，則φ′（t）=

1

t

-1＞0，
因而φ（t）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增，φ（t）＜φ（1）=0，
又

x1

x2

-1＜0，所以lnx₀-lnx₁＞0，即x₀＞x₁．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、閉區(qū)間上函數(shù)的最值，考查恒成立問題，恒成立問題常常轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值解決．