（本小题满分 14 分） 已知函数 f(x)=ln x-…——2015 高考数学第 22 题答案解析

【答案】（ I ）$\left(0, \frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)$ ；（II ）详见解析；（III）$(-\infty, 1)$ ．

【解析】（I）$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-x+1=\frac{-x^{2}+x+1}{x}, x \in(0,+\infty)$ ．
由 $f^{\prime}(x)>0$ 得 $\left\{\begin{array}{l}x>0 \\ -x^{2}+x+1>0\end{array}\right.$ 解得 $0故 $f(x)$ 的单调迷增区间是 $\left(0, \frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)$ ．
（II）令 $\mathrm{F}(x)=f(x)-(x-1), x \in(0,+\infty)$ ．
则有 $\mathrm{F}^{\prime}(x)=\frac{1-x^{2}}{x}$ ．
当 $x \in(1,+\infty)$ 时， $\mathrm{F}^{\prime}(x)<0$ ，
所以 $\mathrm{F}(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递减，
故当 $x>1$ 时， $\mathrm{F}(x)<\mathrm{F}(1)=0$ ，即当 $x>1$ 时，$f(x)（III）由（II）知，当 $k=1$ 时，不存在 $x_{0}>1$ 满足题意．
当 $k>1$ 时，对于 $x>1$ ，有 $f(x)1$ 满足题意．
当 $k<1$ 时，令 $\mathrm{G}(x)=f(x)-k(x-1), x \in(0,+\infty)$ ，
则有 $\mathrm{G}^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-x+1-k=\frac{-x^{2}+(1-k) x+1}{x}$ ．
由 $\mathrm{G}^{\prime}(x)=0$ 得，$-x^{2}+(1-k) x+1=0$ ．
解得 $x_{1}=\frac{1-k-\sqrt{(1-k)^{2}+4}}{2}<0, \quad x_{2}=\frac{1-k+\sqrt{(1-k)^{2}+4}}{2}>1$ ．
当 $x \in\left(1, x_{2}\right)$ 时， $\mathrm{G}^{\prime}(x)>0$ ，故 $\mathrm{G}(x)$ 在 $\left[1, x_{2}\right)$ 内单调迷增．
从而当 $x \in\left(1, x_{2}\right)$ 时， $\mathrm{G}(x)>\mathrm{G}(1)=0$ ，即 $f(x)>k(x-1)$ ，
综上，$k$ 的取值范围是 $(-\infty, 1)$ ．
【考点定位】导数的综合应用．
【名师点睛】利用导数判断或求函数的单调区间，通过不等式 $f^{\prime}(x)>0$ 或 $f^{\prime}(x)<0$ 求解，但是要兼顾定

义域；利用导数研究函数的单调性，再用单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式，注意 $f(x)>g(x)$ 与 $f(x)_{\text {min }}>g(x)_{\text {max }}$ 不等价，$f(x)_{\text {min }}>g(x)_{\text {max }}$ 只是 $f(x)>g(x)$ 的特例，但是也可以利用它来证明，在2014年全国 I 卷理科高考 21 题中，就是使用该种方法证明不等式；导数的强大功能就是通过研究函数极值、最值、单调区间来判断函数大致图象，这是利用研究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续。