Question

19．已知函数f（x）=lnx-mx（m∈R）．
（I）若m=1，求曲线y=f（x）在点P（1，-1）处的切线方程；
（Ⅱ）讨论函数f（x）在（1，e）上的单调性，；
（Ⅲ）若曲线y=f（x）与x轴交于A（x₁，0）、B（x₂，0）两点，求证：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出斜率，代入切线方程即可；
（Ⅱ）需要讨论m的范围，m的取值范围不一样，求出的单调性不同；
（Ⅲ）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）=$\frac{1}{x}$-1=0，
所以切线的斜率为0，
所以切线方程为y=-1；
（Ⅱ）因为f′（x）=$\frac{1}{x}$-m=$\frac{1-mx}{x}$，
①当m≤0时，x∈（1，e），f′（x）＞0，
所以函数f （x）在（1，e）上单调递增，
②当$\frac{1}{m}$≥e，即0＜m≤$\frac{1}{e}$时，x∈（1，e），f′（x）＞0，
所以函数f （x）在（1，e）上单调递增，
③当1＜$\frac{1}{m}$＜e，即$\frac{1}{e}$＜m＜1时，
函数f （x）在 （1，$\frac{1}{m}$）上单调递增，在（$\frac{1}{m}$，e）上单调递减，
④当$\frac{1}{m}$≤1，即m≥1时，x∈（1，e），f′（x）＜0，
函数f （x）在（1，e）上单调递减；
（Ⅲ）证明：不妨设x₁＞x₂＞0．
因为f （x₁）=f （x₂）=0，
所以lnx₁-mx₁=0，lnx₂-mx₂=0，
可得lnx₁+lnx₂=m（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=m（x₁-x₂）．
要证明x₁x₂＞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 $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
令 $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，则t＞1，于是lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
令ϕ（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），
则ϕ′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{{（t+1）}^{2}}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0．
故函数ϕ（t）在（1，+∞）上是增函数，
所以ϕ（t）＞ϕ（1）=0，即lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立．
所以原不等式成立．

点评 本题是关于导数的综合应用，利用导数求斜率，求函数的单调区间以及区间上的最值是最主要的题型之一．