Question

已知函數(shù)f（x）=lnx-mx（m∈R）．
（1）若曲線y=f（x）過點P（1，-1），求曲線y=f（x）在點P處的切線方程；
（2）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，e]上的最大值；
（3）若函數(shù)f（x）有兩個不同的零點x₁，x₂，求證：x₁x₂＞e²．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）中求出斜率，代入切線方程即可；
（2）中需要討論m的范圍，m的取值范圍不一樣，求出的最值不同；
（3）中將所證的結(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：（1）因為點P（1，-1）在曲線y=f（x）上，
所以-m=-1，解得m=1．
因為f′（x）=

1

x

-1=0，
所以切線的斜率為0，
所以切線方程為y=-1．
（2）因為f′（x）=

1

x

-m=

1-mx

x

．
①當(dāng)m≤0時，x∈（1，e），f′（x）＞0，
所以函數(shù)f （x）在（1，e）上單調(diào)遞增，
則f （x）_max=f （e）=1-me．
②當(dāng)

1

m

≥e，即0＜m≤

1

e

時，x∈（1，e），f′（x）＞0，
所以函數(shù)f （x）在（1，e）上單調(diào)遞增，
則f （x）_max=f （e）=1-me．                                      
③當(dāng)1＜

1

m

＜e，即

1

e

＜m＜1時，
函數(shù)f （x）在 （1，

1

m

）上單調(diào)遞增，在（

1

m

，e）上單調(diào)遞減，
則f （x）_max=f （

1

m

）=-lnm-1．                        
④當(dāng)

1

m

≤1，即m≥1時，x∈（1，e），f′（x）＜0，
函數(shù)f （x）在（1，e）上單調(diào)遞減，
則f （x）_max=f （1）=-m．
綜上，①當(dāng)m≤

1

e

時，f （x）_max=1-me；
②當(dāng)

1

e

＜m＜1時，f （x）_max=-lnm-1；
③當(dāng)m≥1時，f （x）_max=-m．                   
（3）不妨設(shè)x₁＞x₂＞0．
因為f （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．
因為m=

lnx1-lnx2

x1-x2

，
所以即證明

lnx1-lnx2

x1-x2

＞

2

x1+x2

，
即ln

x1

x2

＞

2(x1-x2)

x1+x2

．
令

x1

x2

=t，則t＞1，于是lnt＞

2(t-1)

t+1

．
令ϕ（t）=lnt-

2(t-1)

t+1

（t＞1），
則ϕ′（t）=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(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＞

2(t-1)

t+1

成立．
所以原不等式成立．

點評：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．