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；
（3）任取两个不相等的正数x₁，x₂，且x₁＜x₂，若存x₀＞0使f′（x₀）=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

成立，证明：x₀＞x₁．

Answer 1

分析：（1）由g（x）=lnx+

k

x

，x＞0，知g′（x）=

x-k

x2

，（x＞0），由此根据k的取值范围进行分类讨论，能求出g（x）=

f(x)+k

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-

x2-1

2x

（x≥1），G′（x）=

1

x

-

1

2

(1+

1

x2

)=

-(x-1)2

2x2

≤0，由此能够推导出当x≥1时，2x-e≤f（x）≤

x2-1

2

恒成立．
（3）由f′（x）=lnx+1，知lnx₀+1=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

，，故lnx₀=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

-1，所以lnx₀-lnx₁=

ln x1 x2 +1- x1 x2

x1 x2 -1

，设H（x）=lnt+1-t，（0＜t＜1），能够证明x₀＞x₁．

解答：解：（1）g（x）=lnx+

k

x

，x＞0，g′（x）=

x-k

x2

，（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）		-	0	+
h（x）	e-2	↘	0	↗

所以h（x）≥0，∴f（x）≥2x-e                                                   
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）为减函数，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．
（3）∵f′（x）=lnx+1，
∴lnx₀+1=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

，
∴lnx₀=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

-1，
∴lnx₀-lnx₁=

x1lnx1-x2lnx2

x1-x2

-1-lnx₁
=

x2lnx1-x2lnx2+x2-x1

x1-x2

=

x2ln x1  x2 +x2-x1

x1-x2

=

ln x1 x2 +1- x1 x2

x1 x2 -1

，
设H（x）=lnt+1-t，（0＜t＜1），
H′(t)=

1

t

-1=

1-t

t

＞0，（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，
∵

x1

x2

∈（0，1），∴

ln x1 x2 +1- x1 x2

x1 x2 -1

=

H( x1 x2 )

x1 x2 -1

＞0，
∴lnx₀-lnx₁＞0，
∴x₀＞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．