Question

2．已知函数f（x）=lnx-cx（c∈R）
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）设函数f（x）有两个相异零点x₁，x₂，求证：${x_1}•{x_2}＞{e^2}$．

Answer 1

分析 （1）求函数的导数，根据函数单调性和导数之间的关系即可得到结论．
（2）利用函数零点的性质，结合函数单调性和导数之间的关系，进行转化即可证明不等式．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-cx，∴x＞0，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-c=$\frac{1-cx}{x}$，
当c≤0时，f（x）单调增区间为（0，+∞）．
当c＞0时，f（x）单调增区间为（0，$\frac{1}{c}$），f（x）单调减区间为（$\frac{1}{c}$，+∞）；
（2）∵f（x）有两个相异零点，∴设lnx₁=cx₁，lnx₂=cx₂，①
即lnx₁-lnx₂=c（x₁-x₂），
∴$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=c，②
而x₁•x₂＞e²，等价于：lnx₁+lnx₂＞2，即c（x₁+x₂）＞2，③
由①②③得：$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$（x₁+x₂）＞2，
不妨设x₁＞x₂＞0，则t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞1，
上式转化为：lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1
设H（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，
则H′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
故函数H（t）是（1，+∞）上的增函数，
∴H（t）＞H（1）=0，
即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
故所证不等式x₁•x₂＞e²成立．

点评 本题主要考查函数单调性和导数之间的关系和应用，以及利用函数的导数研究函数的最值和零点问题，综合性较强，运算量较大．