Question

12．已知函數(shù)f（x）=（lnx-k-1）x（k∈R）
（1）當x＞1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值．
（2）若對于任意x∈[e，e²]，都有f（x）＜4lnx成立，求k的取值范圍．
（3）若x₁≠x₂，且f（x₁）=f（x₂），證明：x₁x₂＜e^2k．

Answer 1

分析 （1）由題意x＞0，${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}•x+lnx-k-1$=lnx-k，由此根據(jù)k≤0，k＞0利用導數(shù)性質(zhì)分類討論，能求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值．
（2）問題轉(zhuǎn)化為k+1＞$\frac{（x-4）lnx}{x}$對于x∈[e，e²]恒成立，令g（x）=$\frac{（x-4）lnx}{x}$，則${g}^{'}（x）=\frac{4lnx+x-4}{{x}^{2}}$，令t（x）=4lnx+x-4，x∈[e，e²]，則${t}^{'}（x）=\frac{4}{x}+1＞0$，由此利用導數(shù)性質(zhì)能求出實數(shù)k的取值范圍．
（3）設x₁＜x₂，則0＜x₁＜e^k＜x₂＜e^k+1，要證x₁x₂＜e^2k，只要證x₂＜$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$，即證${e}^{k}＜{{x}_{2}}^{\;}$＜$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$，由此利用導數(shù)性質(zhì)能證明x₁x₂＜e^2k．

解答 解：（1）∵f（x）=（lnx-k-1）x（k∈R），
∴x＞0，${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}•x+lnx-k-1$=lnx-k，
①當k≤0時，∵x＞1，∴f′（x）=lnx-k＞0，
函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（1，+∞），無單調(diào)減區(qū)間，無極值；
②當k＞0時，令lnx-k=0，解得x=e^k，
當1＜x＜e^k時，f′（x）＜0；當x＞e^k，f′（x）＞0，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（1，e^k），單調(diào)減區(qū)間是（e^k，+∞），
在區(qū)間（1，+∞）上的極小值為f（e^k）=（k-k-1）e^k=-e^k，無極大值．
（2）∵對于任意x∈[e，e²]，都有f（x）＜4lnx成立，
∴f（x）-4lnx＜0，
即問題轉(zhuǎn)化為（x-4）lnx-（k+1）x＜0對于x∈[e，e²]恒成立，
即k+1＞$\frac{（x-4）lnx}{x}$對于x∈[e，e²]恒成立，令g（x）=$\frac{（x-4）lnx}{x}$，則${g}^{'}（x）=\frac{4lnx+x-4}{{x}^{2}}$，
令t（x）=4lnx+x-4，x∈[e，e²]，則${t}^{'}（x）=\frac{4}{x}+1＞0$，
∴t（x）在區(qū)間[e，e²]上單調(diào)遞增，故t（x）_min=t（e）=e-4+4=e＞0，故g′（x）＞0，
∴g（x）在區(qū)間[e，e²]上單調(diào)遞增，函數(shù)g（x）_max=g（e²）=2-$\frac{8}{{e}^{2}}$，
要使k+1＞$\frac{（x-4）lnx}{x}$對于x∈[e，e²]恒成立，只要k+1＞g（x）_max，
∴k+1＞2-$\frac{8}{{e}^{2}}$，即實數(shù)k的取值范圍是（1-$\frac{8}{{e}^{2}}$，+∞）．
證明：（3）∵f（x₁）=f（x₂），由（1）知，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，e^k）上單調(diào)遞減，
在區(qū)間（e^k，+∞）上單調(diào)遞增，且f（e^k+1）=0，
不妨設x₁＜x₂，則0＜x₁＜e^k＜x₂＜e^k+1，
要證x₁x₂＜e^2k，只要證x₂＜$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$，即證${e}^{k}＜{{x}_{2}}^{\;}$＜$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$，
∵f（x）在區(qū)間（e^k，+∞）上單調(diào)遞增，∴f（x₂）＜f（$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$），
又f（x₁）=f（x₂），即證f（x₁）＜$f（\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}）$，
構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-f（$\frac{{e}^{2k}}{x}$）=（lnx-k-1）x-（ln$\frac{{e}^{2k}}{x}$-k-1）$\frac{{e}^{2k}}{x}$，
即h（x）=xlnx-（k+1）x+e^2k（$\frac{lnx}{x}-\frac{k-1}{x}$），x∈（0，e^k）
h′（x）=lnx+1-（k+1）+e^2k（$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$+$\frac{k-1}{{x}^{2}}$）=（lnx-k）$\frac{（{x}^{2}-{e}^{2k}）}{{x}^{2}}$，
∵x∈（0，e^k），∴l(xiāng)nx-k＜0，x²＜e^2k，即h′（x）＞0，
∴函數(shù)h（x）在區(qū)間（0，e^k）上單調(diào)遞增，故h′（x）＜h（e^k），
∵$h（{e}^{k}）=f（{e}^{k}）-f（\frac{{e}^{2k}}{{e}^{k}}）=0$，故h（x）＜0，
∴f（x₁）＜f（$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$），即f（x₂）=f（x₁）＜f（$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$），∴x₁x₂＜e^2k成立．

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，考查不等式的證明是中檔題，解題時要認真審題，注意導數(shù)性質(zhì)、構(gòu)造法的合理運用．