Question

6．已知函数f（x）=xlnx-k（x-1）
（1）求f（x）的单调区间；并证明lnx+$\frac{e}{x}$≥2（e为自然对数的底数）恒成立；
（2）若函数f（x）的一个零点为x₁（x₁＞1），f'（x）的一个零点为x₀，是否存在实数k，使$\frac{x_1}{x_0}$=k，若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求出函数的单调区间，令k=2，则f（x）=xlnx-2（x-1），得到f（x）≥f（e），证出结论即可；
（2）假设存在k，使得$\frac{{x}_{1}}{{x}_{0}}$=k，（k＞0）成立，得到m（k）=e^k-1lnk-e^k-1+1，求出函数的导数，设F（k）=lnk+$\frac{1}{k}$-1，根据函数的单调性证出矛盾即可．

解答 解：（1）∵f′（x）=lnx+1-k，
x∈（0，e^k-1）时，f′（x）＜0，此时h（x）递减，
x∈（e^k-1，+∞）时，f′（x）＞0，此时h（x）递增，
令k=2，则f（x）=xlnx-2（x-1），
故x=e时，f（x）有最小值是f（e），
故f（x）=xlnx-2（x-1）≥f（e）=2-e，
即lnx+$\frac{e}{x}$≥2恒成立；
（2）由题意得：x₁lnx₁-k（x₁-1）=0，
lnx₀+1-k=0，
假设存在k，使得$\frac{{x}_{1}}{{x}_{0}}$=k，（k＞0）成立，
消元得：e^k-1lnk-e^k-1+1=0，
设m（k）=e^k-1lnk-e^k-1+1，
则m′（k）=e^k-1（lnk+$\frac{1}{k}$-1），
设F（k）=lnk+$\frac{1}{k}$-1，
则F′（x）=$\frac{1}{k}$-$\frac{1}{{k}^{2}}$，
k∈（0，1）时，F′（x）＜0，即此时函数F（k）递减，
k∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，此时函数F（k）递增，
∴F（k）≥F（1）=0，
∴m′（k）＞0，
故函数m（k）在（0，+∞）递增，
∵m（1）=0，∴k=1，
但k=1时，x₁=e^k1k=1，与已知x₁＞1矛盾，
故k不存在．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的构造，考查函数的最值，考查等价转化问题的能力，属于难题．