Question

已知函數(shù)f（x）=lnx-mx（m∈R），e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）討論函數(shù)f（x）在區(qū)間（e，+∞）上的單調(diào)性，并求出極值．
（2）若函數(shù)f（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，求證：x₁x₂＞e²．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,函數(shù)零點(diǎn)的判定定理

專(zhuān)題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）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；
（2）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： 解：（1）∵f′（x）=

1

x

-m=

1-mx

x

，x＞0；    
①當(dāng)m≤0時(shí)，f′（x）＞0，∴函數(shù)f （x）在（e，+∞）上單調(diào)遞增，此時(shí)f （x）無(wú)極值．
②當(dāng)m＞0時(shí)，令f′（x）=0，得x=

1

m

．
若

1

m

≤e，即m≥

1

e

時(shí)，當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)f （x）在（e，+∞）上單調(diào)遞
減，此時(shí)f （x）無(wú)極值；                              
若

1

m

＞e，即0＜m＜

1

e

時(shí)，由函數(shù)y=1-mx的圖象可知函數(shù)f （x）在（e，

1

m

）上單調(diào)遞
增，在（

1

m

，+∞）上單調(diào)遞減，此時(shí)f （x）有極大值為f（

1

m

）=-lnm-1，無(wú)極小值．      
綜上，當(dāng)m≤0時(shí)，f （x）在（e，+∞）上單調(diào)遞增，f （x）無(wú)極值．
當(dāng)0＜m＜

1

e

時(shí)，f （x）在（e，

1

m

）上單調(diào)遞增，在（

1

m

，+∞）上單調(diào)遞減，此時(shí)f （x）有極
大值為f（

1

m

）=-lnm-1，無(wú)極小值．
當(dāng)m≥

1

e

時(shí)，f （x）在（e，+∞）上單調(diào)遞減，f （x）無(wú)極值．    
（III）∵f（x）有兩個(gè)相異零點(diǎn)，∴設(shè)lnx₁=mx₁，lnx₂=mx₂，①
即lnx₁-lnx₂=m（x₁-x₂），
∴

lnx1-lnx2

x1-x2

=m②
而x₁•x₂＞e²，等價(jià)于：lnx₁+lnx₂＞2，即m（x₁+x₂）＞2，③
由①②③得：

lnx1-lnx2

x1-x2

（x₁+x₂）＞2，
不妨設(shè)x₁＞x₂＞0，則t=

x1

x2

＞1，
上式轉(zhuǎn)化為：lnt＞

2(t-1)

t+1

，t＞1
設(shè)H（t）=lnt-

2(t-1)

t+1

，t＞1，
則H′（t）=

(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＞

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．