Question

5．设k∈R，函数f（x）=lnx-kx．
（1）若k=2，求曲线y=f（x）在P（1，-2）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${x_1}{x_2}＞{e^2}$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}}}?$$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 解：（1）函数的定义域为（0，+∞），$f'（x）=\frac{1}{x}-k=\frac{1-kx}{x}$，
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）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$f（\frac{1}{k}）=ln\frac{1}{k}-1=-lnk-1$，
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），
∵${x_1}{x_2}＞{e^2}$，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．