Question

已知f（x）=xlnx．
（1）求g（x）=（k∈R）的单调区间；
（2）证明：当x≥1时，2x-e≤f（x）≤恒成立；
（3）任取两个不相等的正数x₁，x₂，且x₁＜x₂，若存x＞0使f′（x）=成立，证明：x＞x₁．

Answer 1

【答案】分析：（1）由g（x）=lnx+，x＞0，知g′（x）=，（x＞0），由此根据k的取值范围进行分类讨论，能求出g（x）=（k∈R）的单调区间．
（2）设h（x）=xlnx-2x+e（x≥1），令h′=lnx-1=0得x=e，当x变化时，h（x），h′的变化情况列表讨论，得到h（x）≥0，f（x）≥2x-e．设G（x）=lnx-（x≥1），G′（x）=-=≤0，由此能够推导出当x≥1时，2x-e≤f（x）≤恒成立．
（3）由f′（x）=lnx+1，知lnx+1==，，故lnx=-1，所以lnx-lnx₁=，设H（x）=lnt+1-t，（0＜t＜1），能够证明x＞x₁．
解答：解：（1）g（x）=lnx+，x＞0，g′（x）=，（x＞0），
当k≤0时，g′（x）＞0，所以函数g（x）的增区间为（0，+∞），无减区间；
当k＞0时，g′（x）＞0，得x＞k；g′（x）＜0，得0＜x＜k
∴增区间（k，+∞），减区间为（0，k），
（2）设h（x）=xlnx-2x+e（x≥1），
令h′=lnx-1=0得x=e，当x变化时，h（x），h′的变化情况如表

x	1	（1，e）	e	（e，+∞）
h′（x）		-		+
h（x）	e-2	↘		↗

所以h（x）≥0，∴f（x）≥2x-e                                                   
设G（x）=lnx-（x≥1），G′（x）=-=≤0，
当且仅当x=1时，G′（x）=0，
所以G（x）为减函数，所以G（x）≤G（1）=0，
所以lnx-0，
所以xlnx≤，（x≥1）成立，
所以f（x）≤，
综上，当x≥1时，
2x-e≤f（x）≤恒成立．
（3）∵f′（x）=lnx+1，
∴lnx+1==，
∴lnx=-1，
∴lnx-lnx₁=-1-lnx₁
=
=
=，
设H（x）=lnt+1-t，（0＜t＜1），
，（0＜t＜1），
∴H（t）在（0，1）上是增函数，
且H（t）在t=1处有意义，
∴H（t）＜H（1）=0，
∵∈（0，1），∴=＞0，
∴lnx-lnx₁＞0，
∴x＞x₁．
点评：本题主要考查函数的性质、导数、不等式等知识，考查数形结合、化归与转化、分类与讨论的数学思想方法，以及运算求解能力，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．