Question

已知函数f（x）=

1-a+lnx

x

，a＞0．
（1）求f（x）的极值；
（2）当a=1时，若不等式f（x）-k＜0在（0，+∞）上恒成立，求k的取值范围；
（3）已知x₁＞0，x₂＞0，且x₁+x₂＜e，求证：x₁+x₂＞x₁x₂．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,函数恒成立问题

专题：导数的综合应用

分析：（1）f′（x）=

a-lnx

x2

（x＞0）．分别令f′（x）＞0，f′（x）＜0，f′（e^a）=0即可得出；
（2）当a=1时由（1）可得：x=e时函数f（x）取得极大值．不等式f（x）-k＜0在（0，+∞）上恒成立?k＞f（x）_max．即可得出的取值范围．
（3）由（1）a=1时，f（x）=

lnx

x

在（0，e]上单调递增．不妨设0＜x₁≤x₂＜x₁+x₂＜e，可得

lnx1

x1

≤

lnx2

x2

＜

ln(x1+x2)

x1+x2

＜

lne

e

=

1

e

，即可得出．

解答： （1）解：f′（x）=

1 x ×x-(1-a+lnx)

x2

=

a-lnx

x2

（x＞0）．
令f′（x）＞0，解得0＜x＜e^a，此时函数f（x）单调递增；令f′（x）＜0，解得x＞e^a，此时函数f（x）单调递减．
又f′（e^a）=0，∴当x=e^a时，函数f（x）取得极大值，f（e^a）=

1

ea

．
（2）解：当a=1时，f(x)=

lnx

x

.f′(x)=

1-lnx

x2

，
由（1）可得：x=e时函数f（x）取得极大值

1

e

，
∵不等式f（x）-k＜0在（0，+∞）上恒成立，
∴k＞f（x）_max=

1

e

．
∴k的取值范围是(

1

e

，+∞)；
（3）证明：由（1）a=1时，f（x）=

lnx

x

在（0，e]上单调递增．
不妨设0＜x₁≤x₂＜x₁+x₂＜e，
∴

lnx1

x1

≤

lnx2

x2

＜

ln(x1+x2)

x1+x2

＜

lne

e

=

1

e

，
∴

lnx1+lnx2

x1+x2

≤

lnx2

x2

＜

ln(x1+x2)

x1+x2

，
∴ln（x₁x₂）＜ln（x₁+x₂），
∴x₁x₂＜x₁+x₂．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了利用已经证明的结论解决问题的方法，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．