Question

已知函数f（x）=lnx，g（x）=

k(x-1)

x

．
（1）当k=e时，求函数h（x）=f（x）-g（x）的单调区间和极值；
（2）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数k的值．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）把k=e代入函数解析式，求出函数的导函数，由导函数的符号得到函数的单调区间，进一步求得函数的极值；
（2）求出函数h（x）的导函数，当k≤0时，由函数的单调性结合h（1）=0，可知h（x）≥0不恒成立，当k＞0时，由函数的单调性求出函数h（x）的最小值，由最小值大于等于0求得k的值．

解答： 解：（1）注意到函数f（x）的定义域为（0，+∞），
∴h（x）=lnx-

k(x-1)

x

，
当k=e时，
∴h（x）=lnx-

e(x-1)

x

，
∴h′（x）=

1

x

-

e

x2

=

x-e

x2

，
若0＜x＜e，则h′（x）＜0；若x＞e，则h′（x）＞0．
∴h（x）是（0，e）上的减函数，是（e，+∞）上的增函数，
故h（x）_min=h（e）=2-e，
故函数h（x）的减区间为（0，e），增区间为（e，+∞），极小值为2-e，无极大值．
（2）由（1）知，h′（x）=

1

x

-

k

x2

=

x-k

x2

，
当k≤0时，h′（x）＞0对x＞0恒成立，
∴h（x）是（0，+∞）上的增函数，
注意到h（1）=0，∴0＜x＜1时，h（x）＜0不合题意．
当k＞0时，若0＜x＜k，h′（x）＜0；
若x＞k，h′（x）＞0．
∴h（x）是（0，k）上的减函数，是（k，+∞）上的增函数，
故只需h（x）_min=h（k）=lnk-k+1≥0．
令u（x）=lnx-x+1（x＞0），
∴u′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

当0＜x＜1时，u′（x）＞0； 当x＞1时，u′（x）＜0．
∴u（x）是（0，1）上的增函数，是（1，+∞）上的减函数．
故u（x）≤u（1）=0当且仅当x=1时等号成立．
∴当且仅当k=1时，h（x）≥0成立，
即k=1为所求．

点评：本题考查了函数恒成立问题，考查了数学转化思想方法和函数构造法，训练了利用函数的导函数判断函数的单调性，训练了利用导数求函数的最值，是有一定难度题目