Question

2．已知函數(shù)f（x）=lnx-mx，x∈（0，+∞），m∈R．
（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若對于?x∈[1，+∞），f（x）≤-$\frac{m}{x}$恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）若函數(shù)f（x）有兩個零點x₁，x₂，求證：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系即可得到結(jié)論；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而確定m的范圍即可．
（Ⅲ）利用函數(shù)零點的性質(zhì)，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，進行轉(zhuǎn)化即可證明不等式．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-m=$\frac{1-mx}{x}$，x∈（0，+∞），
當(dāng)m≤0時，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）遞增，
m＞0時，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，$\frac{1}{m}$）遞增，在（$\frac{1}{m}$，+∞）遞減；
（Ⅱ）若對于?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）=$\frac{-{mx}^{2}+x-m}{{x}^{2}}$，
對于-mx²+x-m=0，△=1-4m²，
①m≥$\frac{1}{2}$時，△≤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，設(shè)-mx²+x-m=0的2個根是a，b，（a＜b），
∵a+b=$\frac{1}{m}$，ab=1，故b＞1，
∵g′（1）=1-2m＞0，∴x∈[1，b）時，g′（x）＞0，g（x）遞增，
此時，g（x）＞g（1）=0，不合題意，
綜上，m的范圍是[$\frac{1}{2}$，+∞）；
（III）∵f（x）有兩個相異零點，∴設(shè)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，
不妨設(shè)x₁＞x₂＞0，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，
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．

點評 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)的最值和零點問題，綜合性較強，運算量較大．