Question

已知函数f(x)=

1-k+lnx

x

，k∈R．
（I）求f（x）的极值；
（II）若?x₁∈（0，+∞），?x₂∈[1，2]使lnx1＞x1

x

2 2

-ax1x2成立，求a的取值范围；
（III）已知x1＞0，x2＞0，且x1+x2＜e，求证：(x1+x2)x1x2＞(x1x2)x1+x2．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求导函数，确定函数的单调性，从而可求函数f（x）的极值；
（II）分离参数可得a＞x2-

lnx1

x1x2

，再分类讨论，求出右边的最小值，即可求得a的取值范围；
（III）只需要证明x₁+x₂＞x₁x₂，即可证得(x1+x2)x1x2＞(x1x2)x1+x2

解答：（Ⅰ）解：∵f(x)=

1-k+lnx

x

，k∈R，
∴f′（x）=

k-lnx

x2

，
令f′（x）=0，即k-lnx=0，∴x=e^k，
令f′（x）＞0，可得0＜x＜e^k；令f′（x）＜0，可得x＞e^k；
∴函数在（0，e^k）上单调增，在（e^k，+∞）上单调减
∴函数f（x）在x=e^k处取得极大值为f（e^k）=e^-k．
（II）解：∵lnx1＞x1

x

2 2

-ax1x2
∴a＞x2-

lnx1

x1x2

若

lnx1

x1

＞0，即x₁∈（1，+∞）时，y=x -

lnx1

x1x

在[1，2]上为单调增函数，
∴?x₂∈[1，2]使lnx1＞x1

x

2 2

-ax1x2成立，等价于?x₁∈（1，+∞），使得a＞1 -

lnx1

x1

，∴a＞1；
若

lnx1

x1

≤0，即x₁∈（0，1]时，，y=x -

lnx1

x1x

在x=

- lnx1 x1

时，取得最小值为2

- lnx1 x1

∴?x₂∈[1，2]使lnx1＞x1

x

2 2

-ax1x2成立，等价于?x₁∈（0，1]，使得a＞ 2

- lnx1 x1

，∴a＞0；
综上知，a＞0
（III）证明：∵x₁＞0，x₂＞0，且x₁+x₂＜e，
∴（x₁+x₂）（

1

x1

+

1

x2

）=2+

x2

x1

+

x1

x2

≥2+2=4＞0，

1

x1+x2

＞

1

e

＞0
两式相乘

1

x1

+

1

x2

＞

4

e

＞1，化简得x₁+x₂＞x₁x₂，
∴(x1+x2)x1x2＞(x1x2)x1+x2

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的极值，考查存在性问题，考查不等式的证明，难度较大．