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）≤

x2-1

2

恒成立．

Answer 1

分析：（1）先求出函数g（x）的导函数，讨论k的符号，得到g'（x）的符号从而得到函数g（x）的单调区间；
（2）设h（x）=xlnx-2x+e（x≥1）令h'（x）=0，然后讨论导数为0在定义域内的导数符号，根据单调性求出函数的最小值，可证得f（x）≥2x-e，设G（x）=lnx-

x2-1

2x

(x≥1)，利用导数研究G（x）为单调性即可证得f（x）≤

x2-1

2

，从而得到结论．

解答：解：（1）g（x）=lnx+

k

x

∴令g′(x)=

x-k

x2

=0得x=k∵x＞0∴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∴增区间为（k，+∞），减区间为（0，k）（2分）
（2）设h（x）=xlnx-2x+e（x≥1）
令h'（x）=lnx-1=0得x=e
所以

x	1	（1，e）	e	（e，+∞）
h'（x）		-	0	+
h（x）	e-2	↓	0	↑

所以h（x）≥0∴f（x）≥2x-e（4分）
设G（x）=lnx-

x2-1

2x

(x≥1)

G′(x)= 1 x - 1 2 (1+ 1 x2 )= -(x-1)2 2x2 ≤0 当且仅当x=1时G′(x)=0

所以G（x）为增函数，所以G（x）≤G（1）=0
所以lnx-

x2-1

2x

≤0，所以xlnx≤

x2-1

2

(x≥1)成立
所以f（x）≤

x2-1

2

综上：当x≥1时，2x-e≤f（x）≤

x2-1

2

恒成立

点评：本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、解不等式等基础知识，考查运算能力和运用函数思想分析解决问题的能力及分类讨论的思想方法，属于难题．