Question

已知f（x）=xlnx
（1）求g（x）=

f(x)+k

x

（k∈R）的单调区间；
（2）证明：当x≥1时，2x-e≤f（x）恒成立．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）由已知得g′(x)=

1

x

-

k

x2

=

1

x2

（x-k），由此利用导数的性质能求出g（x）的单调区间．
（2）设F（x）=f（x）-2x+e=xlnx-2x+e，则F′（x）=lnx-1，由此利用导数性质能证明当x≥1时，2x-e≤f（x）恒成立．

解答： （1）解：∵f（x）=xlnx，
∴g（x）=

f(x)+k

x

=

xlnx+k

x

=lnx+

k

x

，x＞0，
∴g′(x)=

1

x

-

k

x2

=

1

x2

（x-k），
∴当k≤0时，g（x）的单调增区间为（0，+∞）；
当k＞0时，g（x）的单调减区间为（0，k]，单调增区间为（k，+∞）．
（2）证明：设F（x）=f（x）-2x+e=xlnx-2x+e，
则F′（x）=lnx-1，
∵x≥1，
∴x＞e时，F′（x）＞0，1≤x＜e时，F′（x）＜0，
∴x=e时，F（x）取最小值F（e）=e-2e+e=0，
∴F（x）=f（x）-2x+e≥0，
∴当x≥1时，2x-e≤f（x）恒成立．

点评：本题考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．