Question

18．已知函数f（x）=$\frac{mx-n}{x}$-lnx，m，n∈R．
（Ⅰ）若函数f（x）在（2，f（2））处的切线与直线x-y=0平行，求实数n的值；
（Ⅱ）试讨论函数f（x）在区间[1，+∞）上最大值；
（Ⅲ）若n=1时，函数f（x）恰有两个零点x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），求证：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，根据f′（2）=1，求出n的值即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论n的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最大值即可；
（Ⅲ）求出m=$\frac{1}{{x}_{1}}$+lnx₁=$\frac{1}{{x}_{2}}$+lnx₂，得到$\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{{x}_{1}x}_{2}}$=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，设t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，得到故x₁+x₂=x₁（t+1）=$\frac{{t}^{2}-1}{tlnt}$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）由f′（x）=$\frac{n-x}{{x}^{2}}$，f′（2）=$\frac{n-2}{4}$，
由于函数f（x）在（2，f（2））处的切线与直线x-y=0平行，
故$\frac{n-2}{4}$=1，解得n=6．
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{n-x}{{x}^{2}}$，（x＞0），
由f′（x）＜0时，x＞n；f′（x）＞0时，x＜n，
所以①当n≤1时，f（x）在[1，+∞）上单调递减，
故f（x）在[1，+∞）上的最大值为f（1）=m-n；
②当n＞1，f（x）在[1，n）上单调递增，在（n，+∞）上单调递减，
故f（x）在[1，+∞）上的最大值为f（n）=m-1-lnn； 
（Ⅲ）证明：n=1时，f（x）恰有两个零点x₁，x₂，（0＜x₁＜x₂），
由f（x₁）=$\frac{{mx}_{1}-1}{{x}_{1}}$-lnx₁=0，f（x₂）=$\frac{{mx}_{2}-1}{{x}_{2}}$-lnx₂=0，
得m=$\frac{1}{{x}_{1}}$+lnx₁=$\frac{1}{{x}_{2}}$+lnx₂，
故$\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{{x}_{1}x}_{2}}$=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，设t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，lnt=$\frac{t-1}{{tx}_{1}}$，x₁=$\frac{t-1}{tlnt}$，
故x₁+x₂=x₁（t+1）=$\frac{{t}^{2}-1}{tlnt}$，
∴x₁+x₂-2=$\frac{2（\frac{{t}^{2}-1}{2t}-lnt）}{lnt}$，
记函数h（t）=$\frac{{t}^{2}-1}{2t}$-lnt，因h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{2t}^{2}}$＞0，
∴h（t）在（1，+∞）递增，∵t＞1，∴h（t）＞h（1）=0，
又t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，lnt＞0，故x₁+x₂＞2成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．