Question

7．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx+a{x}^{2}}{x}$（a是常數(shù)）在x=1處切線的斜率等于1．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間并比較f（2），f（3），f（4）的大�。�
（2）若方程lnx=x³-2ex²+mx（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）有且只有一個(gè)實(shí)根，求實(shí)數(shù)m的取值；
（3）如果方程f（x）=lnx-kx有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，求證x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （1）求得導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，可得a=0，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間；導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間；即可得到f（2），f（3），f（4）的大小；
（2）由題意可得$\frac{lnx}{x}$=x²-2ex+m在（0，+∞）上有唯一解，由函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x}$，x＞0，利用導(dǎo)數(shù)可求得x=e時(shí)f（x）取得最大值，構(gòu)造函數(shù)g（x）=x²-2ex+（b+1），由二次函數(shù)的性質(zhì)可得x=e時(shí)g（x）取得最小值，欲滿足題意，只需f（x）_max=g（x）_min，由此可求得m的值；
（3）求得k=$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，則t＞1，于是lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$．將所證的結(jié)論轉(zhuǎn)化為求新函數(shù)g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性得以解決．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{lnx+a{x}^{2}}{x}$的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{1+2a{x}^{2}-（lnx+a{x}^{2}）}{{x}^{2}}$，
在x=1處切線的斜率為1+2a-a=1，解得a=0，
即有f（x）=$\frac{lnx}{x}$，f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
當(dāng)0＜x＜e時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增；當(dāng)x＞e時(shí)，f（x）遞減．
則f（x）的增區(qū)間為（0，e），減區(qū)間為（e，+∞）；
f（2）=$\frac{ln2}{2}$，f（4）=$\frac{ln4}{4}$=$\frac{ln2}{2}$=f（2），而f（3）＞f（4），
則f（2）=f（4）＜f（3）；
（2）由題意得，$\frac{lnx}{x}$=x²-2ex+m在（0，+∞）上有唯一解，
由（1）可得，f（x）=$\frac{lnx}{x}$的增區(qū)間為（0，e），減區(qū)間為（e，+∞），
所以f（x）_max=f（e）=$\frac{1}{e}$，
設(shè)g（x）=x²-2ex+m，則g（x）在（0，e）上單調(diào)遞減，在（e，+∞）上單調(diào)遞增，
所以g（x）_min=g（e）=m-e²，
所以當(dāng)且僅當(dāng)m-e²=$\frac{1}{e}$時(shí)，lnx=x³-2ex²+mx有且只有一個(gè)實(shí)根，
所以m=e²+$\frac{1}{e}$；
（3）不妨設(shè)x₁＞x₂＞0，
∵f（x₁）=f（x₂）=0，∴l(xiāng)nx₁-kx₁=0，lnx₂-kx₂=0，
可得lnx₁+lnx₂=k（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=k（x₁-x₂），
要證明x₁ x₂＞e²，即證明lnx₁+lnx₂＞2，也就是k（x₁+x₂）＞2，
因?yàn)閗=$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，所以即證明：$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
即：ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，則t＞1，于是lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$．
令g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，則g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
故函數(shù)g（t）在（1，+∞）上是增函數(shù)，所以g（t）＞g（1）=0，
即lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立．
所以原不等式成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)求切線的斜率和函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最值，考查函數(shù)恒成立問(wèn)題及不等式的證明，解決恒成立問(wèn)題的關(guān)鍵是進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，常轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值解決，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．