Question

3．已知函數(shù)f（x）=lnx-mx．
（Ⅰ）若f（x）的最大值為-1，求實數(shù)m的值；
（Ⅱ）若f（x）的兩個零點為x₁，x₂，且ex₁≤x₂，求y=（x₁-x₂）f′（x₁+x₂）的最小值．（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，討論m≤0時，m＞0時，求得單調(diào)區(qū)間，可得最大值，解方程可得m的值；
（Ⅱ）求得函數(shù)y的解析式，由函數(shù)零點的定義，變形可得g（t）=$\frac{1-t}{1+t}$+lnt（t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$≥e）．求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，可得最小值．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{1}{x}$-m=$\frac{1-mx}{x}$，
m≤0時，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，f（x）=lnx-mx在（0，+∞）無最大值．
m＞0，易知當x∈（0，$\frac{1}{m}$）時，f′（x）＞0，f（x）在（0，$\frac{1}{m}$）單調(diào)遞增；
當x∈（$\frac{1}{m}$，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）在（$\frac{1}{m}$，+∞）單調(diào)遞減，
故f（x）_max=f（$\frac{1}{m}$）=ln$\frac{1}{m}$-1=-1．即m=1．
綜上可得m=1．
（Ⅱ）y=（x₁-x₂）f′（x₁+x₂）═（x₁-x₂）（$\frac{1}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-m）=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-m（x₁-x₂）．
又$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}-m{x}_{1}=0}\\{ln{x}_{2}-m{x}_{2}=0}\end{array}\right.$，故lnx₁-lnx₂=mx₁-mx₂，
即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=m（x₁-x₂）．
故y=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-m（x₁-x₂）=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=$\frac{1-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$+ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
令g（t）=$\frac{1-t}{1+t}$+lnt（t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$≥e）．
而g′（t）=$\frac{-2}{（1+t）^{2}}$+$\frac{1}{t}$=$\frac{1+{t}^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
故g（t）在[e，+∞）單調(diào)遞增．
故g（t）_min=g（e）=$\frac{1-e}{1+e}$+1=$\frac{2}{1+e}$．
則y的最小值為$\frac{2}{1+e}$．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查函數(shù)零點的概念和運用，考查構(gòu)造函數(shù)法和運用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性及運用，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．