Question

11．设函数，f（x）=lnx+$\frac{k}{x}$，k∈R．
（1）若曲线y=f（x）在点（e，f（e））处的切线与直线x-2=0垂直，求f（x）的单调递减区间和极小值（其中e为自然对数的底数）；
（2）若对任意x₁＞x₂＞0，f（x₁）-f（x₂）＜x₁-x₂恒成立，求k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先利用导数的几何意义求出k的值，然后利用导数求该函数单调区间及其极值；
（2）由题意可知，函数f（x）-x在（0，+∞）上递增，即该函数的导数大于等于零在（0，+∞）恒成立，然后转化为导函数的最值问题来解．

解答 解：（1）由已知得$f′（x）=\frac{1}{x}-\frac{k}{{x}^{2}}（x＞0）$．
∵曲线y=f（x）在点（e，f（e））处的切线与直线x-2=0垂直，∴此切线的斜率为0．
即f′（e）=0，有$\frac{1}{e}-\frac{k}{{e}^{2}}=0$，解得k=e．
∴$f′（x）=\frac{1}{x}-\frac{e}{{x}^{2}}=\frac{x-e}{{x}^{2}}（x＞0）$，由f′（x）＜0得0＜x＜e，由f′（x）＞0得x＞e．
∴f（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，当x=e时f（x）取得极小值$f（e）=lne+\frac{e}{e}=2$．
故f（x）的单调递减区间为（0，e），极小值为2．
（2）条件等价于对任意x₁＞x₂＞0，f（x₁）-x₁＜f（x₂）-x₂（*）恒成立．
设h（x）=f（x）-x=lnx+$\frac{k}{x}-x（x＞0）$．
∴（*）等价于h（x）在（0，+∞）上单调递减．
由$h′（x）=\frac{1}{x}-\frac{k}{{x}^{2}}-1≤0$在（0，+∞）上恒成立，
得$k≥-{x}^{2}+x=-（x-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{4}（x＞0）$恒成立．
所以$k≥\frac{1}{4}$ （ 对k=$\frac{1}{4}$，h′（x）=0仅在x=$\frac{1}{2}$时成立），
故k的取值范围是[$\frac{1}{4}$，+∞）．

点评 本题考查了导数的几何意义（切线问题）以及利用导数如何研究函数单调性、极值的基本思路，属于基础题型．