Question

13．已知函数f（x）=lnx-mx．（m∈R）
（Ⅰ）若m=1，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个不同的零点x₁，x₂，求证：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将m=1代入函数的表达式，求出函数的导数，从而得到函数的单调区间；
（Ⅱ）将所证的结论转化为求新函数的单调区间问题得以解决．

解答 解：（I）m=1时，f（x）=lnx-x，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，（x＞0），
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，
令f′（x）＜0，解得：x＞1，
∴f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；
（II）不妨设x₁＞x₂＞0，
∵f（x₁）=f（x₂）=0，∴lnx₁-mx₁=0，lnx₂-mx₂=0，
可得lnx₁+lnx₂=m（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=m（x₁-x₂），
要证明x₁ x₂＞e²，即证明lnx₁+lnx₂＞2，也就是m（x₁+x₂）＞2，
因为m=$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{x}_{1}{-x}_{2}}$，所以即证明：$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{x}_{1}{-x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，
即：ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（1-\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}）}{1+\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，则t＞1，于是lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$．
令g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，则g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{{（t+1）}^{2}}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
故函数g（t）在（1，+∞）上是增函数，所以g（t）＞g（1）=0，
即lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立．
所以原不等式成立．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，不等式的证明，转化思想，第二问中问题转化为ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（1-\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}）}{1+\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$是解题的关键，本题是一道中档题．