Question

19．已知函數(shù)f（x）=lnx-mx（m∈R）．
（I）若m=1，求曲線y=f（x）在點(diǎn)P（1，-1）處的切線方程；
（Ⅱ）討論函數(shù)f（x）在（1，e）上的單調(diào)性，；
（Ⅲ）若曲線y=f（x）與x軸交于A（x₁，0）、B（x₂，0）兩點(diǎn)，求證：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出斜率，代入切線方程即可；
（Ⅱ）需要討論m的范圍，m的取值范圍不一樣，求出的單調(diào)性不同；
（Ⅲ）將所證的結(jié)論轉(zhuǎn)化為求新函數(shù)的單調(diào)區(qū)間問題得以解決．

解答 解：（Ⅰ）m=1時(shí)：f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=0，
所以切線的斜率為0，
所以切線方程為y=-1；
（Ⅱ）因?yàn)閒′（x）=$\frac{1}{x}$-m=$\frac{1-mx}{x}$，
①當(dāng)m≤0時(shí)，x∈（1，e），f′（x）＞0，
所以函數(shù)f （x）在（1，e）上單調(diào)遞增，
②當(dāng)$\frac{1}{m}$≥e，即0＜m≤$\frac{1}{e}$時(shí)，x∈（1，e），f′（x）＞0，
所以函數(shù)f （x）在（1，e）上單調(diào)遞增，
③當(dāng)1＜$\frac{1}{m}$＜e，即$\frac{1}{e}$＜m＜1時(shí)，
函數(shù)f （x）在 （1，$\frac{1}{m}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{m}$，e）上單調(diào)遞減，
④當(dāng)$\frac{1}{m}$≤1，即m≥1時(shí)，x∈（1，e），f′（x）＜0，
函數(shù)f （x）在（1，e）上單調(diào)遞減；
（Ⅲ）證明：不妨設(shè)x₁＞x₂＞0．
因?yàn)閒 （x₁）=f （x₂）=0，
所以lnx₁-mx₁=0，lnx₂-mx₂=0，
可得lnx₁+lnx₂=m（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=m（x₁-x₂）．
要證明x₁x₂＞e²，
即證明lnx₁+lnx₂＞2，也就是m（x₁+x₂）＞2．
因?yàn)閙=$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
所以即證明 $\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{2}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
即ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
令 $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，則t＞1，于是lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
令ϕ（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），
則ϕ′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{{（t+1）}^{2}}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0．
故函數(shù)ϕ（t）在（1，+∞）上是增函數(shù)，
所以ϕ（t）＞ϕ（1）=0，即lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立．
所以原不等式成立．

點(diǎn)評(píng) 本題是關(guān)于導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)求斜率，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間以及區(qū)間上的最值是最主要的題型之一．