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+

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x 1 ，x 2 满足0＜x 1 ＜x 2 ，总存在g′（x 0 ）= g( x 1 )-g( x 2 ) x 1 - x 2 成立，证明x 0 ＞x 1 ．

Answer 1

（1）当k=1时，函数f（x）=lnx+ 1 x ，则f′（x）= 1 x - 1 x 2 = x-1 x 2 ， 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x 1 ，x 2 （0＜x 1 ＜x 2 ），总存在x 0 ＞0，使得g′（x 0 ）= g(x1)-g(x2) x1-x2 成立， 所以lnx 0 +1= g( x 1 )-g( x 2 ) x 1 - x 2 ，即lnx 0 +1= x 1 ln x 1 - x 2 ln x 2 x 1 - x 2 ， 即lnx 0 -lnx 1 = x 1 ln x 1 - x 2 ln x 2 x 1 - x 2 -1-lnx 1 = x 2 ln x 1 - x 2 ln x 2 + x 2 - x 1 x 1 - x 2 = ln x 1 x 2 +1- x 1 x 2 x 1 x 2 -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lnx 0 -lnx 1 ＞0，即x 0 ＞x 1 ．