Question

16．已知函数f（x）=lnx-kx（k∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）有零点，求实数k的取值范围；
（3）设函数f（x）有两个不同的零点x₁，x₂，若x₁•x₂＞e^m恒成立，求实数m的取值范围（其中e为自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （1）先求出函数的导数，通过讨论k的范围，从而得到函数的单调性；
（2）由k=$\frac{lnx}{x}$有解，求出g（x）=$\frac{lnx}{x}$的导数，求得单调区间和极值、最值，即可得到k的范围；
（3）若x₁•x₂＞e^m恒成立，即有x₁x₂的最小值小于e^m，先证明：x₁•x₂＞e²，运用函数的零点的定义和构造函数，运用单调性，即可得证，进而得到m的范围．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．
求导数，得f′（x）=$\frac{1}{x}$-k=$\frac{1-kx}{x}$．
①若k≤0，则f′（x）＞0，f（x）是（0，+∞）上的增函数；
②若k＞0，令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{k}$．
当x∈（0，$\frac{1}{k}$）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；
当x∈（$\frac{1}{k}$，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数．
综上所述，当k≤0时，f（x）的递增区间为（0，+∞）；
当k＞0时，f（x）的递增区间为（0，$\frac{1}{k}$），递减区间为（$\frac{1}{k}$，+∞）；
（2）由k=$\frac{lnx}{x}$有解，由g（x）=$\frac{lnx}{x}$的导数为g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
当x＞e时，g′（x）＜0，g（x）递减；当0＜x＜e时，g′（x）＞0，g（x）递增．
即有x=e处取得极大值，且为最大值$\frac{1}{e}$．
则有k≤$\frac{1}{e}$．
故函数f（x）有零点，实数k的取值范围为（-∞，$\frac{1}{e}$]；
（3）若x₁•x₂＞e^m恒成立，即有x₁x₂的最小值小于e^m，
先证明：x₁•x₂＞e²，
∵f（x）有两个相异零点，
∴设lnx₁=kx₁，lnx₂=kx₂，①
即lnx₁-lnx₂=k（x₁-x₂），
∴$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=k②
而x₁•x₂＞e²，等价于：lnx₁+lnx₂＞2，即k（x₁+x₂）＞2，③
由①②③得：$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x₁+x₂）＞2，
不妨设x₁＞x₂＞0，则t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞1，
上式转化为：lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1
设H（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，
则H′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
故函数H（t）是（1，+∞）上的增函数，
∴H（t）＞H（1）=0，
即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，即x₁•x₂＞e²，
故e^m≤e²，即m≤2．
则m的取值范围是（-∞，2]．

点评 本题主要考查函数单调性和导数之间的关系和应用，以及利用函数的导数研究函数的最值和零点问题，综合性较强，运算量较大．