Question

12．已知函数f（x）=lnx-kx+2，k∈R．
（1）若k=1，求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）＜2在R⁺上恒成立，求k的取值范围；
（3）若x₁＞0，x₂＞0，x₁+x₂＜ex₁x₂，求证x₁+x₂＞1．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为k＞$\frac{lnx}{x}$ 在R⁺上恒成立，设g（x）=$\frac{lnx}{x}$（x＞0），根据函数的单调性求出g（x）的最大值，从而求出k的范围即可；
（3）根号g（x）的单调性，得到即$\frac{{\frac{1}{x_1}ln（{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}）}}{{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}}＞ln\frac{1}{x_1}$，$\frac{{\frac{1}{x_2}ln（{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}）}}{{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}}＞ln\frac{1}{x_2}$，相加整理即可．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
${f^/}（x）=\frac{1}{x}-1$…．（1分）
∵${f^/}（x）=\frac{1}{x}-1＞0$，∴0＜x＜1，
∵${f^/}（x）=\frac{1}{x}-1＜0$，∴x＞1…．（2分）
故函数f（x）的递增区间为（0，1），递减区间为（1，+∞）…．（3分）
（2）欲使f（x）＜2?lnx-kx＜0＜在R⁺上恒成立，
只需k＞$\frac{lnx}{x}$ 在R⁺上恒成立…．（4分）
设g（x）=$\frac{lnx}{x}$（x＞0），g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
x∈（0，e），g′（x）＞0，g（x）为增函数，
x∈（e，+∞），g′（x）＜0，g（x）为减函数，
∴x=e时，g（e）=$\frac{1}{e}$是最大值，
只需$\frac{1}{e}$＜k，即k＞$\frac{1}{e}$…（6分）
（3）∵$e＞\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}＞\frac{1}{x_1}＞0$由（2）可知g（x）在（0，e）上单调增，…（7分）
$\frac{{ln（{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}）}}{{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}}＞\frac{{ln\frac{1}{x_1}}}{{\frac{1}{x_1}}}$，即$\frac{{\frac{1}{x_1}ln（{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}）}}{{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}}＞ln\frac{1}{x_1}$，
同理$\frac{{\frac{1}{x_2}ln（{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}）}}{{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}}＞ln\frac{1}{x_2}$…（9分）
相加得 $\frac{{（{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}）ln（{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}）}}{{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}}＞ln\frac{1}{x_1}+ln\frac{1}{x_2}$，
∴$ln（{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}}）＞ln\frac{1}{{{x_1}{x_2}}}$，
得：x₁+x₂＞1．…（10分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，是一道综合题．