【答案】
分析:(1)由g(x)=lnx+
,x>0,知g′(x)=
,(x>0),由此根據(jù)k的取值范圍進(jìn)行分類討論,能求出g(x)=
(k∈R)的單調(diào)區(qū)間.
(2)設(shè)h(x)=xlnx-2x+e(x≥1),令h′=lnx-1=0得x=e,當(dāng)x變化時,h(x),h′的變化情況列表討論,得到h(x)≥0,f(x)≥2x-e.設(shè)G(x)=lnx-
(x≥1),G′(x)=
-
=
≤0,由此能夠推導(dǎo)出當(dāng)x≥1時,2x-e≤f(x)≤
恒成立.
(3)由f′(x)=lnx+1,知lnx
+1=
=
,,故lnx
=
-1,所以lnx
-lnx
1=
,設(shè)H(x)=lnt+1-t,(0<t<1),能夠證明x
>x
1.
解答:解:(1)g(x)=lnx+
,x>0,g′(x)=
,(x>0),
當(dāng)k≤0時,g′(x)>0,所以函數(shù)g(x)的增區(qū)間為(0,+∞),無減區(qū)間;
當(dāng)k>0時,g′(x)>0,得x>k;g′(x)<0,得0<x<k
∴增區(qū)間(k,+∞),減區(qū)間為(0,k),
(2)設(shè)h(x)=xlnx-2x+e(x≥1),
令h′=lnx-1=0得x=e,當(dāng)x變化時,h(x),h′的變化情況如表
x | 1 | (1,e) | e | (e,+∞) |
h′(x) | | - | | + |
h(x) | e-2 | ↘ | | ↗ |
所以h(x)≥0,∴f(x)≥2x-e
設(shè)G(x)=lnx-
(x≥1),G′(x)=
-
=
≤0,
當(dāng)且僅當(dāng)x=1時,G′(x)=0,
所以G(x)為減函數(shù),所以G(x)≤G(1)=0,
所以lnx-
0,
所以xlnx≤
,(x≥1)成立,
所以f(x)≤
,
綜上,當(dāng)x≥1時,
2x-e≤f(x)≤
恒成立.
(3)∵f′(x)=lnx+1,
∴l(xiāng)nx
+1=
=
,
∴l(xiāng)nx
=
-1,
∴l(xiāng)nx
-lnx
1=
-1-lnx
1=
=
=
,
設(shè)H(x)=lnt+1-t,(0<t<1),
,(0<t<1),
∴H(t)在(0,1)上是增函數(shù),
且H(t)在t=1處有意義,
∴H(t)<H(1)=0,
∵
∈(0,1),∴
=
>0,
∴l(xiāng)nx
-lnx
1>0,
∴x
>x
1.
點評:本題主要考查函數(shù)的性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)、不等式等知識,考查數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化、分類與討論的數(shù)學(xué)思想方法,以及運(yùn)算求解能力,解題時要認(rèn)真審題,仔細(xì)解答,注意合理地進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化.