Question

19．已知函數(shù)f（x）=lnx-mx，x∈（0，+∞），m∈R．
（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若對(duì)于?x∈[1，+∞），f（x）≤-$\frac{m}{x}$恒成立，求正實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）若函數(shù)f（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，求證：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)來(lái)判斷函數(shù)單調(diào)性；
（Ⅱ）通過(guò)函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的最值來(lái)解決函數(shù)在區(qū)間恒成立問(wèn)題．
（Ⅲ）利用函數(shù)零點(diǎn)的性質(zhì)，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，進(jìn)行轉(zhuǎn)化即可證明不等式．

解答 （Ⅰ）解：f′（x）=$\frac{1}{x}$-m=$\frac{1-mx}{x}$，x∈（0，+∞），
當(dāng)m≤0時(shí)，
f′（x）＞0成立，則f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
m＞0時(shí)，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{m}$，
令f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{m}$，
故函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{m}$）單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{m}$，+∞）單調(diào)遞減；
（Ⅱ）解：若對(duì)于?x∈[1，+∞），f（x）≤-$\frac{m}{x}$恒成立，
則g（x）=lnx-mx+$\frac{m}{x}$≤0在x∈[1，+∞）恒成立，
g′（x）=$\frac{-{mx}^{2}+x-m}{{x}^{2}}$，
對(duì)于-mx²+x-m=0，△=1-4m²，
①m≥$\frac{1}{2}$時(shí)，△≤0，g′（x）≤0在x∈[1，+∞）恒成立，
g（x）在[1，+∞）遞減，g（x）≤g（1）=0，符合題意；
②0＜m＜$\frac{1}{2}$時(shí)，設(shè)-mx²+x-m=0的2個(gè)根是a，b，（a＜b），
∵a+b=$\frac{1}{m}$，ab=1，故b＞1，
∵g′（1）=1-2m＞0，∴x∈[1，b）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）遞增，
此時(shí)，g（x）＞g（1）=0，不合題意，
綜上，m的范圍是[$\frac{1}{2}$，+∞）；
（III）證明：f（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，不妨設(shè)x₁＞x₂＞0，
由題意lnx₁=mx₁，lnx₂=mx₂，①
即lnx₁-lnx₂=m（x₁-x₂），∴$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=m②
而x₁•x₂＞e²，等價(jià)于：lnx₁+lnx₂＞2，即m（x₁+x₂）＞2，③
由①②③得：$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$（x₁+x₂）＞2，則t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞1，
上式轉(zhuǎn)化為：lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1
設(shè)H（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，
也就是要證明H（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$＞0，
則H′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
故函數(shù)H（t）是（1，+∞）上的增函數(shù)，
∴H（t）＞H（1）=0，
即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
故所證不等式x₁•x₂＞e²成立．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系和應(yīng)用，以及利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值和零點(diǎn)問(wèn)題，綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大．