Question

6．已知函數(shù)f（x）=lnx+kx（k∈R）．
（1）當(dāng)k=-1時，求函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)；
（2）當(dāng)k=0時，若f（x）+$\frac{x}$-a≥0（a，b∈R）恒成立，試求e^a-1-b+1的最大值；
（3）在（2）的條件下，當(dāng)e^a-1-b+1取最大值時，設(shè)F（b）=$\frac{a-1}$-m（m∈R），并設(shè)函數(shù)F（x）有兩個零點(diǎn)x₁，x₂，求證：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)數(shù)，令f′（x）=0，可得x=1，函數(shù)在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，可得
函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)；
（2）確定a≤lnx+$\frac{x}$恒成立，求出右邊的最小值，可得a-1≤lnb，即可求e^a-1-b+1的最大值；
（3）在（2）的條件下，F(xiàn)（x）=$\frac{lnx}{x}$-m，原不等式x₁•x₂＞e²進(jìn)一步整理得到ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，只要能證出上述不等式恒成立即可．

解答 （1）解：當(dāng)k=-1時，f（x）=lnx-x，∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-1．
令f′（x）=0，可得x=1，函數(shù)在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴函數(shù)f（x）的極大值點(diǎn)是1；
（2）解：當(dāng)k=0時，若f（x）+$\frac{x}$-a≥0（a，b∈R）恒成立，則lnx+$\frac{x}$-a≥0（a，b∈R）恒成立，
∴a≤lnx+$\frac{x}$恒成立，
令y=lnx+$\frac{x}$，則y′=$\frac{x-b}{{x}^{2}}$，由題意b＞0，函數(shù)在（0，b）上單調(diào)遞減，在（b，+∞）上單調(diào)遞增，
∴a≤lnb+1，
∴a-1≤lnb，
∴e^a-1-b+1≤1，
∴e^a-1-b+1的最大值為1；
（3）證明：由（2）可知a-1=lnb，F(xiàn)（b）=$\frac{lnb}$-m，∴F（x）=$\frac{lnx}{x}$-m
∵x₁、x₂為函數(shù)F（x）的兩個零點(diǎn)，不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，
∴$\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}}$-m=0，$\frac{ln{x}_{2}}{{x}_{2}}$-m=0，
∴l(xiāng)nx₁-mx₁=0，lnx₂-mx₂=0，
∴l(xiāng)nx₁-lnx₂=m（x₁-x₂），lnx₁+lnx₂=m（x₁+x₂）
原不等式x₁•x₂＞e²等價于lnx₁+lnx₂＞2?m（x₁+x₂）＞2，
?$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$?ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，則0＜t＜1，
∴l(xiāng)n$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$?lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
設(shè)g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（0＜t＜1），
∴g′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴函數(shù)g（t）在（1，+∞）是遞增，
∴g（t）＞g（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 本題主要考查了導(dǎo)數(shù)在函數(shù)單調(diào)性和函數(shù)極值中的應(yīng)用，連續(xù)函數(shù)的零點(diǎn)存在性定理及其應(yīng)用，考查構(gòu)造法的運(yùn)用，屬中檔題．