Question

14．已知函数f（x）=lnx+$\frac{k}{x}$，k∈R．
（1）若k=1，求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若k＞$\frac{1}{2}$，令h（x）=f（x）+（k-1）x，求函数h（x）的单调区间；
（3）设g（x）=xf（x）-k，若对任意的两个实数x₁，x₂满足0＜x₁＜x₂，总存在x₀＞0，使得g′（x₀）=$\frac{{g（{x_1}）-g（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$成立，证明：x₀＞x₁．

Answer 1

分析 （1）当k=1时，求出导数f′（x），求得切线的斜率和切点，可得切线的方程；
（2）求出h（x）的导数，讨论k的范围，分k≥1，$\frac{1}{2}$＜k＜1，由导数大于0，可得增区间；由导数小于0，可得减区间；
（3）由g′（x₀）=$\frac{{g（{x_1}）-g（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$，可得lnx₀+1=$\frac{{x}_{1}ln{x}_{1}-{x}_{2}ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，进而可变形为lnx₀-lnx₁=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1-\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}$，只需证明lnx₀-lnx₁＞0，设φ（t）=lnt+1-t，其中0＜t＜1，用导数可判断φ（t）＜φ（1）=0，又$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-1＜0，可得结论．

解答 解：（1）当k=1时，函数f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，
则f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
即有在点（1，f（1））处的切线斜率为0，切点为（1，1），
可得在点（1，f（1））处的切线方程为y=1；
（2）若k＞$\frac{1}{2}$，令h（x）=f（x）+（k-1）x=lnx+$\frac{k}{x}$+（k-1）x，
即有h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{k}{{x}^{2}}$+k-1=$\frac{（k-1）{x}^{2}+x-k}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-1）[（k-1）x+k]}{{x}^{2}}$，
当k≥1，即有（k-1）x+k＞0，当h′（x）＞0，可得x＞1；当h′（x）＜0，可得0＜x＜1；
当$\frac{1}{2}$＜k＜1，即有1＜$\frac{k}{1-k}$，当h′（x）＞0，可得$\frac{k}{1-k}$＜x＜1；
当h′（x）＜0，可得x＜$\frac{k}{1-k}$或x＞1．
综上可得，k≥1，h（x）在（0，1）递减；在（1，+∞）递增；
当$\frac{1}{2}$＜k＜1时，f（x）在（$\frac{k}{1-k}$，1）递增，在（-∞，$\frac{k}{1-k}$），（1，+∞）递减；
（3）g（x）=xf（x）-k=xlnx，g′（x）=lnx+1，
因为对任意的x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），总存在x₀＞0，
使得g′（x₀）=$\frac{{g（{x_1}）-g（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$成立，
所以lnx₀+1=$\frac{{g（{x_1}）-g（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$，
即lnx₀+1=$\frac{{x}_{1}ln{x}_{1}-{x}_{2}ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
即lnx₀-lnx₁=$\frac{{x}_{1}ln{x}_{1}-{x}_{2}ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-1-lnx₁
=$\frac{{x}_{2}ln{x}_{1}-{x}_{2}ln{x}_{2}+{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1-\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}$，
设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，（0＜t＜1），
则φ（t）=lnt+1-t，其中0＜t＜1，则φ′（t）=$\frac{1}{t}$-1＞0，
因而φ（t）在区间（0，1）上单调递增，φ（t）＜φ（1）=0，
又$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-1＜0，所以lnx₀-lnx₁＞0，即x₀＞x₁．

点评 本题考查利用导数研究函数的切线方程和单调性，考查分类讨论的思想方法，考查不等式的证明，注意运用构造法，运用函数的单调性，属于中档题..