Question

3．已知函数f（x）=lnx-mx．
（Ⅰ）若f（x）的最大值为-1，求实数m的值；
（Ⅱ）若f（x）的两个零点为x₁，x₂，且ex₁≤x₂，求y=（x₁-x₂）f′（x₁+x₂）的最小值．（其中e为自然对数的底数，f′（x）是f（x）的导函数）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，讨论m≤0时，m＞0时，求得单调区间，可得最大值，解方程可得m的值；
（Ⅱ）求得函数y的解析式，由函数零点的定义，变形可得g（t）=$\frac{1-t}{1+t}$+lnt（t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$≥e）．求出导数，判断单调性，可得最小值．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的导数为f′（x）=$\frac{1}{x}$-m=$\frac{1-mx}{x}$，
m≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，f（x）=lnx-mx在（0，+∞）无最大值．
m＞0，易知当x∈（0，$\frac{1}{m}$）时，f′（x）＞0，f（x）在（0，$\frac{1}{m}$）单调递增；
当x∈（$\frac{1}{m}$，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）在（$\frac{1}{m}$，+∞）单调递减，
故f（x）_max=f（$\frac{1}{m}$）=ln$\frac{1}{m}$-1=-1．即m=1．
综上可得m=1．
（Ⅱ）y=（x₁-x₂）f′（x₁+x₂）═（x₁-x₂）（$\frac{1}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-m）=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-m（x₁-x₂）．
又$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}-m{x}_{1}=0}\\{ln{x}_{2}-m{x}_{2}=0}\end{array}\right.$，故lnx₁-lnx₂=mx₁-mx₂，
即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=m（x₁-x₂）．
故y=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-m（x₁-x₂）=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=$\frac{1-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$+ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
令g（t）=$\frac{1-t}{1+t}$+lnt（t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$≥e）．
而g′（t）=$\frac{-2}{（1+t）^{2}}$+$\frac{1}{t}$=$\frac{1+{t}^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
故g（t）在[e，+∞）单调递增．
故g（t）_min=g（e）=$\frac{1-e}{1+e}$+1=$\frac{2}{1+e}$．
则y的最小值为$\frac{2}{1+e}$．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查函数零点的概念和运用，考查构造函数法和运用导数判断单调性及运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．