Question

14．设k∈R，函数f（x）=lnx-kx．
（1）若k=2，求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程；
（2）若f（x）无零点，求实数k的取值范围；
（3）若f（x）有两个相异零点x₁，x₂，求证：lnx₁+lnx₂＞2．

Answer 1

分析 （1）求函数f（x）的导数，当k=2时f'（1）=-1，帖点斜式写出切线方程即可；
（2）当k＜0时，由f（1）•f（e^k）＜0可知函数有零点，不符合题意；当k=0时，函数f（x）=lnx有唯一零点x=1有唯一零点，不符合题意；当k＞0时，由单调性可知函数有最大值，由函数的最大值小于零列出不等式，解之即可；
（3）设f（x）的两个相异零点为x₁，x₂，设x₁＞x₂＞0，则lnx₁-kx₁=0，lnx₂-kx₂=0，两式作差可得，lnx₁-lnx₂=k（x₁-x₂）即lnx₁+lnx₂=k（x₁+x₂），由x₁x₂＞e²，可得lnx₁+lnx₂＞2即k（x₁+x₂）＞2，$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，即$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}＞\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞1，上式转化为lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），构造函数g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，证g（t）＞g（1）=0即可．

解答 （1）解：函数的定义域为（0，+∞），f′（x）=$\frac{1-kx}{x}$，
当k=2时，f'（1）=1-2=-1，则切线方程为y-（-2）=-（x-1），即x+y+1=0；
（2）解：①若k＜0时，则f'（x）＞0，f（x）是区间（0，+∞）上的增函数，
∵f（1）=-k＞0，f（e^k）=k-ke^a=k（1-e^k）＜0，
∴f（1）•f（e^k）＜0，函数f（x）在区间（0，+∞）有唯一零点；
②若k=0，f（x）=lnx有唯一零点x=1；
③若k＞0，令f'（x）=0，得x=$\frac{1}{k}$，
在区间（0，$\frac{1}{k}$）上，f'（x）＞0，函数f（x）是增函数；
在区间（$\frac{1}{k}$，+∞）上，f'（x）＜0，函数f（x）是减函数；
故在区间（0，+∞）上，f（x）的极大值为f（$\frac{1}{k}$）=-lnk-1，
由于f（x）无零点，须使f（$\frac{1}{k}$）=-lnk-1＜0，解得k＞$\frac{1}{e}$，
故所求实数k的取值范围是（$\frac{1}{e}$，+∞）；
（3）证明：设f（x）的两个相异零点为x₁，x₂，设x₁＞x₂＞0，
∵f（x₁）=0，f（x₂）=0，∴lnx₁-kx₁=0，lnx₂-kx₂=0，
∴lnx₁-lnx₂=k（x₁-x₂），lnx₁+lnx₂=k（x₁+x₂），
∵x₁x₂＞e²，故lnx₁+lnx₂＞2，故k（x₁+x₂）＞2，
即$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，即$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}＞\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞1，上式转化为lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），
设g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
∴g′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴g（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴g（t）＞g（1）=0，∴lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
∴lnx₁+lnx₂＞2．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，考查分类讨论思想方法和构造函数法，以及转化思想的运用，考查化简整理的运算能力，属于难题．