Question

已知函数f（x）=lnx-mx（m∈R）．
（1）若曲线y=f（x）过点P（1，-1），求曲线y=f（x）在点P处的切线方程；
（2）求函数f（x）在区间[1，e]上的最大值；
（3）若函数f（x）有两个不同的零点x₁，x₂，求证：x₁x₂＞e²．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（1）中求出斜率，代入切线方程即可；
（2）中需要讨论m的范围，m的取值范围不一样，求出的最值不同；
（3）中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：（1）因为点P（1，-1）在曲线y=f（x）上，
所以-m=-1，解得m=1．
因为f′（x）=

1

x

-1=0，
所以切线的斜率为0，
所以切线方程为y=-1．
（2）因为f′（x）=

1

x

-m=

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，
则f （x）_max=f （e）=1-me．
②当

1

m

≥e，即0＜m≤

1

e

时，x∈（1，e），f′（x）＞0，
所以函数f （x）在（1，e）上单调递增，
则f （x）_max=f （e）=1-me．                                      
③当1＜

1

m

＜e，即

1

e

＜m＜1时，
函数f （x）在 （1，

1

m

）上单调递增，在（

1

m

，e）上单调递减，
则f （x）_max=f （

1

m

）=-lnm-1．                        
④当

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，
则f （x）_max=f （1）=-m．
综上，①当m≤

1

e

时，f （x）_max=1-me；
②当

1

e

＜m＜1时，f （x）_max=-lnm-1；
③当m≥1时，f （x）_max=-m．                   
（3）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=

lnx1-lnx2

x1-x2

，
所以即证明

lnx1-lnx2

x1-x2

＞

2

x1+x2

，
即ln

x1

x2

＞

2(x1-x2)

x1+x2

．
令

x1

x2

=t，则t＞1，于是lnt＞

2(t-1)

t+1

．
令ϕ（t）=lnt-

2(t-1)

t+1

（t＞1），
则ϕ′（t）=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(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＞

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．