题目内容
【题目】已知函数f（x）=xlnx﹣k（x﹣1）
（1）求f（x）的单调区间；并证明lnx+ 
≥2（e为自然对数的底数）恒成立；
（2）若函数f（x）的一个零点为x1（x1＞1），f'（x）的一个零点为x0 ， 是否存在实数k，使 
=k，若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，说明理由．
【答案】
（1）解：∵f′（x）=lnx+1﹣k，
x∈（0，ek﹣1）时，f′（x）＜0，此时h（x）递减，
x∈（ek﹣1，+∞）时，f′（x）＞0，此时h（x）递增，
令k=2，则f（x）=xlnx﹣2（x﹣1），
故x=e时，f（x）有最小值是f（e），
故f（x）=xlnx﹣2（x﹣1）≥f（e）=2﹣e，
即lnx+ 
≥2恒成立；
（2）解：由题意得：x1lnx1﹣k（x1﹣1）=0，
lnx0+1﹣k=0，
假设存在k，使得 
=k，（k＞0）成立，
消元得：ek﹣1lnk﹣ek﹣1+1=0，
设m（k）=ek﹣1lnk﹣ek﹣1+1，
则m′（k）=ek﹣1（lnk+ 
﹣1），
设F（k）=lnk+ ﹣1，
则F′（x）= ﹣ 
，
k∈（0，1）时，F′（x）＜0，即此时函数F（k）递减，
k∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，此时函数F（k）递增，
∴F（k）≥F（1）=0，
∴m′（k）＞0，
故函数m（k）在（0，+∞）递增，
∵m（1）=0，∴k=1，
但k=1时，x1=ek1k=1，与已知x1＞1矛盾，
故k不存在
【解析】（1）求出函数的导数，求出函数的单调区间，令k=2，则f（x）=xlnx﹣2（x﹣1），得到f（x）≥f（e），证出结论即可；（2）假设存在k，使得 =k，（k＞0）成立，得到m（k）=ek﹣1lnk﹣ek﹣1+1，求出函数的导数，设F（k）=lnk+ ﹣1，根据函数的单调性证出矛盾即可．
【考点精析】解答此题的关键在于理解利用导数研究函数的单调性的相关知识，掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间
内，(1)如果
，那么函数
在这个区间单调递增；(2)如果
，那么函数
在这个区间单调递减，以及对函数的最大(小)值与导数的理解，了解求函数在
上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数在内的极值；（2）将函数的各极值与端点处的函数值
，
比较，其中最大的是一个最大值，最小的是最小值．
