解题思路：（1）由g（x）=lnx+[k/x]，x＞0，知g′（x）=[x−k
x
2
，（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-
x
2
−1
2x
（x≥1），G′（x）=[1/x]-[1/2
(1+
1
x
2
)
=
−(x−1
)
2
2
x
2
]≤0，由此能够推导出当x≥1时，2x-e≤f（x）≤
x
2
−1
2
恒成立．
（3）由f′（x）=lnx+1，知lnx0+1=
f(
x
1
)−f(
x
2
)
x
1
−
x
2
=
x
1
ln
x
1
−x
2
ln
x
2
x
1
−
x
2
，，故lnx0=
x
1
ln
x
1
−x
2
ln
x
2
x
1
−
x
2
-1，所以lnx0-lnx1=
ln
x
1
x
2
+1−
x
1
x
2
x
1
x
2
−1
，设H（x）=lnt+1-t，（0＜t＜1），能够证明x0＞x1．
（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=
x1
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；导数的几何意义．
考点点评： 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．
1年前
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