Question

已知f（x）=xlnx．
（1）证明：当x≥1时，2x-e≤f（x）恒成立（e为常数）；
（2）讨论g（x）=

f(x)+k

x

（k∈R）的单调性．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）2x-e≤f（x）恒成立，?f（x）-2x+e≥0恒成立，令g（x）=f（x）-2x+e=xlnx-2x+e，利用导数求函数g（x）的最小值为0，即可得证；
（2）利用导数与函数单调性的关系，对k进行分类讨论即可得出函数的单调性．

解答： 解：（1）2x-e≤f（x）恒成立，
?f（x）-2x+e≥0恒成立，
令g（x）=f（x）-2x+e=xlnx-2x+e，
∴g′（x）=lnx-1=0，得x=e，
∴当1＜x＜e时，g′（x）＜0，g（x）在（1，e）上单调递减，
当x＞e时，g′（x）＞0，g（x）在（e，+∞）上单调递增，
∴g（x）_min=g（e）=0，
∴g（x）≥0，即f（x）≥2x-e．
（2）由题意得x∈（0，+∞），
g（x）=

f(x)+k

x

=lnx+

k

x

，
∴g′（x）=

1

x

-

k

x2

=

x-k

x2

，
∴当k≤0时，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）上单调递增，
当k＞0时，g′（x）＞0，可得x＞k，g′（x）＜0，可得0＜x＜k，
∴g（x）在（k，+∞）上单调递增，
g（x）在（0，k）上单调递减．

点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、最值等问题，考查学生分类讨论思想的运用能力及运算求解能力，属于中档题．