Question

12．已知函数f（x）=（lnx-k-1）x（k∈R）
（1）当x＞1时，求f（x）的单调区间和极值．
（2）若对于任意x∈[e，e²]，都有f（x）＜4lnx成立，求k的取值范围．
（3）若x₁≠x₂，且f（x₁）=f（x₂），证明：x₁x₂＜e^2k．

Answer 1

分析 （1）由题意x＞0，${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}•x+lnx-k-1$=lnx-k，由此根据k≤0，k＞0利用导数性质分类讨论，能求出函数f（x）的单调区间和极值．
（2）问题转化为k+1＞$\frac{（x-4）lnx}{x}$对于x∈[e，e²]恒成立，令g（x）=$\frac{（x-4）lnx}{x}$，则${g}^{'}（x）=\frac{4lnx+x-4}{{x}^{2}}$，令t（x）=4lnx+x-4，x∈[e，e²]，则${t}^{'}（x）=\frac{4}{x}+1＞0$，由此利用导数性质能求出实数k的取值范围．
（3）设x₁＜x₂，则0＜x₁＜e^k＜x₂＜e^k+1，要证x₁x₂＜e^2k，只要证x₂＜$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$，即证${e}^{k}＜{{x}_{2}}^{\;}$＜$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$，由此利用导数性质能证明x₁x₂＜e^2k．

解答 解：（1）∵f（x）=（lnx-k-1）x（k∈R），
∴x＞0，${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}•x+lnx-k-1$=lnx-k，
①当k≤0时，∵x＞1，∴f′（x）=lnx-k＞0，
函数f（x）的单调增区间是（1，+∞），无单调减区间，无极值；
②当k＞0时，令lnx-k=0，解得x=e^k，
当1＜x＜e^k时，f′（x）＜0；当x＞e^k，f′（x）＞0，
∴函数f（x）的单调减区间是（1，e^k），单调减区间是（e^k，+∞），
在区间（1，+∞）上的极小值为f（e^k）=（k-k-1）e^k=-e^k，无极大值．
（2）∵对于任意x∈[e，e²]，都有f（x）＜4lnx成立，
∴f（x）-4lnx＜0，
即问题转化为（x-4）lnx-（k+1）x＜0对于x∈[e，e²]恒成立，
即k+1＞$\frac{（x-4）lnx}{x}$对于x∈[e，e²]恒成立，令g（x）=$\frac{（x-4）lnx}{x}$，则${g}^{'}（x）=\frac{4lnx+x-4}{{x}^{2}}$，
令t（x）=4lnx+x-4，x∈[e，e²]，则${t}^{'}（x）=\frac{4}{x}+1＞0$，
∴t（x）在区间[e，e²]上单调递增，故t（x）_min=t（e）=e-4+4=e＞0，故g′（x）＞0，
∴g（x）在区间[e，e²]上单调递增，函数g（x）_max=g（e²）=2-$\frac{8}{{e}^{2}}$，
要使k+1＞$\frac{（x-4）lnx}{x}$对于x∈[e，e²]恒成立，只要k+1＞g（x）_max，
∴k+1＞2-$\frac{8}{{e}^{2}}$，即实数k的取值范围是（1-$\frac{8}{{e}^{2}}$，+∞）．
证明：（3）∵f（x₁）=f（x₂），由（1）知，函数f（x）在区间（0，e^k）上单调递减，
在区间（e^k，+∞）上单调递增，且f（e^k+1）=0，
不妨设x₁＜x₂，则0＜x₁＜e^k＜x₂＜e^k+1，
要证x₁x₂＜e^2k，只要证x₂＜$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$，即证${e}^{k}＜{{x}_{2}}^{\;}$＜$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$，
∵f（x）在区间（e^k，+∞）上单调递增，∴f（x₂）＜f（$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$），
又f（x₁）=f（x₂），即证f（x₁）＜$f（\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}）$，
构造函数h（x）=f（x）-f（$\frac{{e}^{2k}}{x}$）=（lnx-k-1）x-（ln$\frac{{e}^{2k}}{x}$-k-1）$\frac{{e}^{2k}}{x}$，
即h（x）=xlnx-（k+1）x+e^2k（$\frac{lnx}{x}-\frac{k-1}{x}$），x∈（0，e^k）
h′（x）=lnx+1-（k+1）+e^2k（$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$+$\frac{k-1}{{x}^{2}}$）=（lnx-k）$\frac{（{x}^{2}-{e}^{2k}）}{{x}^{2}}$，
∵x∈（0，e^k），∴lnx-k＜0，x²＜e^2k，即h′（x）＞0，
∴函数h（x）在区间（0，e^k）上单调递增，故h′（x）＜h（e^k），
∵$h（{e}^{k}）=f（{e}^{k}）-f（\frac{{e}^{2k}}{{e}^{k}}）=0$，故h（x）＜0，
∴f（x₁）＜f（$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$），即f（x₂）=f（x₁）＜f（$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$），∴x₁x₂＜e^2k成立．

点评 本题考查函数的单调区间和极值的求法，考查实数的取值范围的求法，考查不等式的证明是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质、构造法的合理运用．