Question

已知函数f（x）=lnx+

k

x

，k∈R
（1）若k=1，求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥2+

1-e

x

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）=

g(x1)-g(x2)

x1-x2

成立，证明x₀＞x₁．

Answer 1

（1）当k=1时，函数f（x）=lnx+

1

x

，则f′（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

恒成立，即lnx+

k

x

≥2+

1-e

x

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）=

g(x1)-g(x2)

x1-x2

成立，
所以lnx₀+1=

g(x1)-g(x2)

x1-x2

，即lnx₀+1=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

，
即lnx₀-lnx₁=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

-1-lnx₁=

x2lnx1-x2lnx2+x2-x1

x1-x2

=

ln x1 x2 +1- x1 x2

x1 x2 -1

，
设φ（t）=lnt+1-t，其中0＜t＜1，则φ′（t）=

1

t

-1＞0，
因而φ（t）在区间（0，1）上单调递增，φ（t）＜φ（1）=0，
又

x1

x2

-1＜0，所以lnx₀-lnx₁＞0，即x₀＞x₁．