Question

已知函数f（x）=lnx-mx（m∈R），e为自然对数的底数．
（1）讨论函数f（x）在区间（e，+∞）上的单调性，并求出极值．
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x₁，x₂，求证：x₁x₂＞e²．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,函数零点的判定定理

专题：导数的综合应用

分析：（1）求函数的导数，根据函数单调性和导数之间的关系即可得到结论；
（2）利用函数零点的性质，结合函数单调性和导数之间的关系，进行转化即可证明不等式．

解答： 解：（1）∵f′（x）=

1

x

-m=

1-mx

x

，x＞0；    
①当m≤0时，f′（x）＞0，∴函数f （x）在（e，+∞）上单调递增，此时f （x）无极值．
②当m＞0时，令f′（x）=0，得x=

1

m

．
若

1

m

≤e，即m≥

1

e

时，当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，函数f （x）在（e，+∞）上单调递
减，此时f （x）无极值；                              
若

1

m

＞e，即0＜m＜

1

e

时，由函数y=1-mx的图象可知函数f （x）在（e，

1

m

）上单调递
增，在（

1

m

，+∞）上单调递减，此时f （x）有极大值为f（

1

m

）=-lnm-1，无极小值．      
综上，当m≤0时，f （x）在（e，+∞）上单调递增，f （x）无极值．
当0＜m＜

1

e

时，f （x）在（e，

1

m

）上单调递增，在（

1

m

，+∞）上单调递减，此时f （x）有极
大值为f（

1

m

）=-lnm-1，无极小值．
当m≥

1

e

时，f （x）在（e，+∞）上单调递减，f （x）无极值．    
（III）∵f（x）有两个相异零点，∴设lnx₁=mx₁，lnx₂=mx₂，①
即lnx₁-lnx₂=m（x₁-x₂），
∴

lnx1-lnx2

x1-x2

=m②
而x₁•x₂＞e²，等价于：lnx₁+lnx₂＞2，即m（x₁+x₂）＞2，③
由①②③得：

lnx1-lnx2

x1-x2

（x₁+x₂）＞2，
不妨设x₁＞x₂＞0，则t=

x1

x2

＞1，
上式转化为：lnt＞

2(t-1)

t+1

，t＞1
设H（t）=lnt-

2(t-1)

t+1

，t＞1，
则H′（t）=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，
故函数H（t）是（1，+∞）上的增函数，
∴H（t）＞H（1）=0，
即不等式lnt＞

2(t-1)

t+1

成立，
故所证不等式x₁•x₂＞e²成立．

点评：本题主要考查函数单调性和导数之间的关系和应用，以及利用函数的导数研究函数的最值和零点问题，综合性较强，运算量较大．