Question

7．已知函数f（x）=lnx-$\frac{k}{x}$有两个零点x₁、x₂．
（1）求k的取值范围；
（2）求证：x₁+x₂＞$\frac{2}{e}$．

Answer 1

分析 （1）问题转化为函数g（x）=xlnx的图象与直线y=k有2个交点，求出g（x）的单调性，画出函数图象，从而求出k的范围即可；
（2）设x₁＜x₂，根据函数的单调性得到x₂，$\frac{2}{e}$-x₁∈（$\frac{1}{e}$，+∞），g（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）递增，从而证出结论即可．

解答 解：（1）函数f（x）=lnx-$\frac{k}{x}$有2个零点，
即函数g（x）=xlnx的图象与直线y=k有2个交点，
g′（x）=lnx+1，
令g′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{e}$，
∴g（x）在（0，$\frac{1}{e}$）递减，在（$\frac{1}{e}$，+∞）递增，
x=$\frac{1}{e}$是极小值点，g（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，
又x→0时，g（x）→0，
x→+∞时，g（x）→+∞，g（1）=0，
g（x）的大致图象如图示：
；
由图象得：-$\frac{1}{e}$＜k＜0，
（2）证明：不妨设x₁＜x₂，由（1）得：0＜x₁＜$\frac{1}{e}$＜x₂＜1，
令h（x）=g（x）-g（$\frac{2}{e}$-x）=xlnx-（$\frac{2}{e}$-x）ln（$\frac{2}{e}$-x），
h′（x）=ln[-（ex-1）²+1]，
当0＜x＜$\frac{1}{e}$时，h′（x）＜0，h（x）在（0，$\frac{1}{e}$）递减，h（$\frac{1}{e}$）=0，
∴h（x₁）＞0，即g（x₁）＞g（$\frac{2}{e}$-x₁），g（x₂）＞g（$\frac{2}{e}$-x₁），
x₂，$\frac{2}{e}$-x₁∈（$\frac{1}{e}$，+∞），g（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）递增，
∴x₂＞$\frac{2}{e}$-x₁，
故x₁+x₂＞$\frac{2}{e}$．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及函数零点问题，是一道中档题．