Question

20．已知k∈R，函数f（x）=lnx-kx．
（Ⅰ）若k＞0，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）有两个相异的零点x₁，x₂，求证：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）对f′（x）=$\frac{1-kx}{x}（x＞0）$求出函数的单调区间即可
（Ⅱ）要证x₁x₂＞e²即证lnx₁+lnx₂＞2?k（x₁+x₂）＞2，构造新函数，利用新函数的导数求出单调区间即可得出结论．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1-kx}{x}（x＞0）$在（0，$\frac{1}{k}$）上f'（x）＞0，f（x）单调递增，在（$\frac{1}{k}，+∞$）上f'（x）＜0，f（x）单调递减；
（Ⅱ）证明：设0＜x₁＜x₂，f（x₁）=f（x₂）=0，
lnx₁-kx₁=lnx₂-kx₂=0，
要证x₁x₂＞e²即证lnx₁+lnx₂＞2?k（x₁+x₂）＞2?$k＞\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$?$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}＞\frac{2}{{x}_{1}-{x}_{2}}$?$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$$＞\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$
令$\frac{{x}_{2}}{x1}=t$，则t＞1，$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$$＞\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$?$lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}$
令g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}（t＞1）$
g'（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}＞0$，所以g（t）在（1，+∞）上单调递增，
故g（t）＞g（1）=0，即$lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，∴${x}_{1}{x}_{2}＞{e}^{2}$成立．

点评 本题主要考查导数在求函数单调区间中的应用和利用导数证明不等似的成立，属于中档题型，在高考中时有涉及．