Question

已知函数f（x）=lnx-ax，a为常数．
（1）若函数f（x）在x=1处的切线与x轴平行，求a的值；
（2）当a=1时，试比较f（m）与f（

1

m

）的大小；
（3）若函数f（x）有两个零点x₁、x₂，试证明x₁x₂＞e²．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（1）求出原函数的导函数，由函数在x=1时的导数值等于0求得a的值；
（2）把a=1代入函数解析式，利用导数求出函数的单调区间，构造函数h(m)=f(m)-f(

1

m

)，由导数得到函数h（m）的单调性，在定义域内分m＜1，m=1，m＞1得到h（m）的符号，从而得到f（m）与f（

1

m

）的大小；
（3）由函数f（x）有两个零点x₁、x₂，得到lnx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，进一步得到

lnx1-lnx2

x1-x2

=a，lnx₁+lnx₂=a（x₁+x₂），把证明x₁x₂＞e²转化为证lnx₁+lnx₂＞2，结合lnx₁+lnx₂=a（x₁+x₂）转化为证明ln

x1

x2

＞

2(x1-x2)

x1+x2

（x₁＞x₂），换元后利用导数得到证明．

解答： （1）解：由f（x）=lnx-ax，得：f′(x)=

1

x

-a，
∵函数f（x）在x=1处的切线与x轴平行，
∴f′（1）=1-a=0，即a=1；
（2）解：当a=1时，f（x）=lnx-x，
∴f′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

，
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
令h(m)=f(m)-f(

1

m

)=lnm-m-(ln

1

m

-

1

m

)=2lnm-m+

1

m

，
则h′(m)=

2

m

-1-

1

m2

=

-m2+2m-1

m2

=-(

m-1

m

)2≤0．
又∵h（1）=0，
①当0＜m＜1时，h（m）＞0，即f(m)＞f(

1

m

)；
②当m=1时，h（m）=0f(m)=f(

1

m

)；
③当m＞1时，h（m）＜0即f(m)＜f(

1

m

)；
（3）证明：∵函数f（x）有两个零点x₁、x₂，
∴lnx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，
∴lnx₁+lnx₂=a（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），
∴

lnx1-lnx2

x1-x2

=a，
欲证明x1x2＞e2，即证lnx₁+lnx₂＞2，
∵lnx₁+lnx₂=a（x₁+x₂），
∴即证a＞

2

x1+x2

，
∴原命题等价于证明

lnx1-lnx2

x1-x2

＞

2

x1+x2

，
即证：ln

x1

x2

＞

2(x1-x2)

x1+x2

（x₁＞x₂），
令

x1

x2

=t，则t＞1，设g(t)=lnt-

2(t+1)

t+1

（t＞1），
g′(t)=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，
∴g（t）在（1，+∞）上单调递增，
又∵g（1）=0，
∴g（t）＞g（1）=0，
∴lnt＞

2(t-1)

t-1

，即x1x2＞e2．

点评：本题考查利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了利用构造函数法证明不等式，体现了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，对于（3）的证明运用了分析法，换元法等，考查了学生的灵活变形能力，是高考试卷中的压轴题．