Question

已知函数f（x）=lnx+，k∈R
（1）若k=1，求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥2+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′（x）=成立，证明x＞x₁．

Answer

（1）当k=1时，求出导数f′（x），在定义域内解不等式f′（x）＜0，f′（x）＞0即得函数单调区间；
（2）f（x）≥2+恒成立，分离出参数k后变为k≥2x-xlnx+1-e恒成立，构造函数h（x）=2x-xlnx+1-e，则问题转化为k≥h（x）max，利用导数可求得h（x）max；
（3）由g′（x）=，可得lnx+1=，进而可变形为lnx-lnx1=，只需证明lnx-lnx1＞0，设φ（t）=lnt+1-t，其中0＜t＜1，用导数可判断φ（t）＜φ（1）=0，又-1＜0，可得结论；
【解析】
（1）当k=1时，函数f（x）=lnx+，则f′（x）==，
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+恒成立，即lnx+≥2+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x＞0，使得g′（x）=成立，
所以lnx+1=，即lnx+1=，
即lnx-lnx1=-1-lnx1==，
设φ（t）=lnt+1-t，其中0＜t＜1，则φ′（t）=-1＞0，
因而φ（t）在区间（0，1）上单调递增，φ（t）＜φ（1）=0，
又-1＜0，所以lnx-lnx1＞0，即x＞x1．