Question

10．已知函数f（x）=$\frac{-k+lnx}{x}$，k∈R．
（1）求f（x）的极值；
（2）若?x₁∈（0，+∞），?x₂∈[1，2]使lnx₁＞x₁x₂²-ax₁x₂成立，求a的取值范围；
（3）已知x₁＞0，x₂＞0，且x₁+x₂＜e，求证：（x₁-x₂）${\;}^{{x}_{1}{x}_{2}}$＞（x₁x₂）${\;}^{{x}_{1}+{x}_{2}}$．

Answer 1

分析 （1）求导函数，确定函数的单调性，从而可求函数f（x）的极值；
（2）分离参数可得a＞x2-再分类讨论，求出右边的最小值，即可求得a的取值范围；
（3）只需要证明x₁+x₂＞x₁x₂，即可证得（$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{{x}_{1}{x}_{2}}$＞${（x}_{1}{x}_{2}）^{{x}_{1}+{x}_{2}}$．

解答 解：（1）f'（x）=$\frac{1+k-lnx}{{x}^{2}}$．
令f'（x）=0，得x=e^1+k．
在区间（0，e^1+k）上，f'（x）＞0，f（x）递增；
在区间（e^1+k，+∞）上，f'（x）＜0，f（x）递减；
故f（x）的极值为f（e^1+k）=$\frac{-k+1+k}{{e}^{1+k}}$=e^-1-k；
（2）lnx₁＞x₁x₂²-ax₁x₂成立．
∴a＞x₂-$\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$．
当$\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}}$＞0即x₁∈（1，+∞）时，y=x-$\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}x}$在[1，2]上为单调增函数，
∴?x₂∈[1，2]使lnx₁＞x₁x₂²-ax₁x₂成立等价于a＞1-$\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}}$，
∴a＞1；
当$\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}}$≤0即x₁∈（0，1）时，y=x-$\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}x}$在x=$\sqrt{-\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}}}$时，取得最小值y=0，
∴a＞0，
综上可得a的范围为a＞1；
（3）∵e＞x₁+x₂＞x₁＞0，由上可知f（x）=$\frac{lnx}{x}$在（0，e）上单调递增，
∴$\frac{ln（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＞$\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}}$即ln（x₁+x₂）x₁＞lnx₁（x₁+x₂）   ①，
同理ln（x₁+x₂）x₂＞lnx₂（x₁+x₂）②
两式相加得ln（x₁+x₂）＞lnx₁+lnx₂
∴x₁+x₂＞x₁x₂
∴（$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{{x}_{1}{x}_{2}}$＞${（x}_{1}{x}_{2}）^{{x}_{1}+{x}_{2}}$．

点评 利用导数求函数的极值，分离参数方法的综合应用和利用题中已证结论证明不等式问题．