Question

6．已知函数f（x）=lnx+kx（k∈R）．
（1）当k=-1时，求函数f（x）的极值点；
（2）当k=0时，若f（x）+$\frac{b}{x}$-a≥0（a，b∈R）恒成立，试求e^a-1-b+1的最大值；
（3）在（2）的条件下，当e^a-1-b+1取最大值时，设F（b）=$\frac{a-1}{b}$-m（m∈R），并设函数F（x）有两个零点x₁，x₂，求证：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （1）求导数，令f′（x）=0，可得x=1，函数在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，可得
函数f（x）的极值点；
（2）确定a≤lnx+$\frac{b}{x}$恒成立，求出右边的最小值，可得a-1≤lnb，即可求e^a-1-b+1的最大值；
（3）在（2）的条件下，F（x）=$\frac{lnx}{x}$-m，原不等式x₁•x₂＞e²进一步整理得到ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，只要能证出上述不等式恒成立即可．

解答 （1）解：当k=-1时，f（x）=lnx-x，∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-1．
令f′（x）=0，可得x=1，函数在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴函数f（x）的极大值点是1；
（2）解：当k=0时，若f（x）+$\frac{b}{x}$-a≥0（a，b∈R）恒成立，则lnx+$\frac{b}{x}$-a≥0（a，b∈R）恒成立，
∴a≤lnx+$\frac{b}{x}$恒成立，
令y=lnx+$\frac{b}{x}$，则y′=$\frac{x-b}{{x}^{2}}$，由题意b＞0，函数在（0，b）上单调递减，在（b，+∞）上单调递增，
∴a≤lnb+1，
∴a-1≤lnb，
∴e^a-1-b+1≤1，
∴e^a-1-b+1的最大值为1；
（3）证明：由（2）可知a-1=lnb，F（b）=$\frac{lnb}{b}$-m，∴F（x）=$\frac{lnx}{x}$-m
∵x₁、x₂为函数F（x）的两个零点，不妨设0＜x₁＜x₂，
∴$\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}}$-m=0，$\frac{ln{x}_{2}}{{x}_{2}}$-m=0，
∴lnx₁-mx₁=0，lnx₂-mx₂=0，
∴lnx₁-lnx₂=m（x₁-x₂），lnx₁+lnx₂=m（x₁+x₂）
原不等式x₁•x₂＞e²等价于lnx₁+lnx₂＞2?m（x₁+x₂）＞2，
?$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$?ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，则0＜t＜1，
∴ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$?lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
设g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（0＜t＜1），
∴g′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴函数g（t）在（1，+∞）是递增，
∴g（t）＞g（1）=0即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
故所证不等式x₁•x₂＞e²成立

点评 本题主要考查了导数在函数单调性和函数极值中的应用，连续函数的零点存在性定理及其应用，考查构造法的运用，属中档题．