题目内容
已知函数f（x）=lnx+
，k∈R
（1）若k=1，求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥2+
恒成立，求实数k的取值范围；
（3）设g（x）=xf（x）-k，若对任意两个实数x1，x2满足0＜x1＜x2，总存在g′（x0）=
成立，证明x0＞x1．
| k |
| x |
（1）若k=1，求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥2+
| 1-e |
| x |
（3）设g（x）=xf（x）-k，若对任意两个实数x1，x2满足0＜x1＜x2，总存在g′（x0）=
| g(x1)-g(x2) |
| x1-x2 |
分析：（1）当k=1时，求出导数f′（x），在定义域内解不等式f′（x）＜0，f′（x）＞0即得函数单调区间；
（2）f（x）≥2+
恒成立，分离出参数k后变为k≥2x-xlnx+1-e恒成立，构造函数h（x）=2x-xlnx+1-e，则问题转化为k≥h（x）max，利用导数可求得h（x）max；
（3）由g′（x0）=
，可得lnx0+1=
，进而可变形为lnx0-lnx1=
，只需证明lnx0-lnx1＞0，设φ（t）=lnt+1-t，其中0＜t＜1，用导数可判断φ（t）＜φ（1）=0，又
-1＜0，可得结论；
（2）f（x）≥2+
| 1-e |
| x |
（3）由g′（x0）=
| g(x1)-g(x2) |
| x1-x2 |
| x1lnx1-x2lnx2 |
| x1-x2 |
ln
| ||||
|
| x1 |
| x2 |
解答：解：（1）当k=1时，函数f（x）=lnx+
，则f′（x）=
-
=
，
当f′（x）＜0时，0＜x＜1，当f′（x）＞0时，x＞1，
则函数f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）；
（2）f（x）≥2+
恒成立，即lnx+
≥2+
恒成立，整理得k≥2x-xlnx+1-e恒成立，
设h（x）=2x-xlnx+1-e，则h′（x）=1-lnx，令h′（x）=0，得x=e，
当x∈（0，e）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
因此当x=e时，h（x）取得最大值1，因而k≥1；
（3）g（x）=xf（x）-k=xlnx，g′（x）=lnx+1，
因为对任意的x1，x2（0＜x1＜x2），总存在x0＞0，使得g′（x0）=
成立，
所以lnx0+1=
，即lnx0+1=
，
即lnx0-lnx1=
-1-lnx1=
=
，
设φ（t）=lnt+1-t，其中0＜t＜1，则φ′（t）=
-1＞0，
因而φ（t）在区间（0，1）上单调递增，φ（t）＜φ（1）=0，
又
-1＜0，所以lnx0-lnx1＞0，即x0＞x1．
| 1 |
| x |
| 1 |
| x |
| 1 |
| x2 |
| x-1 |
| x2 |
当f′（x）＜0时，0＜x＜1，当f′（x）＞0时，x＞1，
则函数f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）；
（2）f（x）≥2+
| 1-e |
| x |
| k |
| x |
| 1-e |
| x |
设h（x）=2x-xlnx+1-e，则h′（x）=1-lnx，令h′（x）=0，得x=e，
当x∈（0，e）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
因此当x=e时，h（x）取得最大值1，因而k≥1；
（3）g（x）=xf（x）-k=xlnx，g′（x）=lnx+1，
因为对任意的x1，x2（0＜x1＜x2），总存在x0＞0，使得g′（x0）=
| g(x1)-g(x2) |
| x1-x2 |
所以lnx0+1=
| g(x1)-g(x2) |
| x1-x2 |
| x1lnx1-x2lnx2 |
| x1-x2 |
即lnx0-lnx1=
| x1lnx1-x2lnx2 |
| x1-x2 |
| x2lnx1-x2lnx2+x2-x1 |
| x1-x2 |
ln
| ||||
|
设φ（t）=lnt+1-t，其中0＜t＜1，则φ′（t）=
| 1 |
| t |
因而φ（t）在区间（0，1）上单调递增，φ（t）＜φ（1）=0，
又
| x1 |
| x2 |
点评：本题考查利用导数研究函数的单调性、闭区间上函数的最值，考查恒成立问题，恒成立问题常常转化为函数最值解决．
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