解答：（1）解：定义域为（0，+∞），f′（x）=lnx+x?
=1+lnx，1 x
令f′（x）＞0，则lnx＞-1=ln
，∴x＞1 e
；1 e
令f′（x）＜0，则lnx＜-1=ln
，∴0＜x＜1 e
，1 e
∴f（x）的单调增区间是（
，+∞），单调减区间是（0，1 e
）．1 e
f（x）极小值=f（
）=1 e
ln1 e
=-1 e
，f（x）无极大值．1 e
（2）证明：不妨设x1＜x2，
kAB＜f′(
)?
x1+x2
2
＜ln
x2lnx2?x1lnx1
x2?x1
+1，即x2lnx2?x1lnx1＜x2ln
x1+x2
2
-x1ln
x1+x2
2
+x2-x1，
x1+x2
2
x2ln
＜x1ln2x2
x1+x2
+x2?x1，2x1
x1+x2
两边同除以x1得，
lnx2 x1
＜ln2?
x2 x1 1+
x2 x1
+2 1+
x2 x1
-1，x2 x1
令
=t，则t＞1，即证：tlnx2 x1
＜ln2t 1+t
+t-1，2 1+t
令g（t）=tln
?ln2t 1+t
-t+1，2 1+t
g′（t）=ln
+t?2t 1+t
?1+t 2t
+2 (1+t)2
?1+t 2
-1=ln2 (1+t)2
+2t 1+t
=ln（1+1?t 1+t
）-t?1 t+1
，t?1 t+1
令
＝x（x＞0），h（x）=ln（1+x）-x，t?1 t+1
h′（x）=
?1＝1 1+x
＜0，h（x）在（0，+∞）上单调递减，?x 1+x
∴h（x）＜h（0）=0，即ln（1+x）＜x，即g′（t）=ln（1+
）-t?1 t+1
＜0恒成立，t?1 t+1
∴g（t）在（1，+∞）上是减函数，所以g（t）＜g（1）=0，
∴tln
＜ln2t 1+t
+t-1得证，2 1+t
∴kAB＜f′(
)成立．
x1+x2
2
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