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2.已知函数f(x)=lnx-mx,x∈(0,+∞),m∈R.
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;
(Ⅱ)若对于?x∈[1,+∞),f(x)≤-$\frac{m}{x}$恒成立,求实数m的取值范围;
(Ⅲ)若函数f(x)有两个零点x1,x2,求证:x1•x2>e2

分析 (Ⅰ)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;
(Ⅱ)求出函数的导数,通过讨论m的范围,求出函数的单调区间,从而确定m的范围即可.
(Ⅲ)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:(Ⅰ)f′(x)=$\frac{1}{x}$-m=$\frac{1-mx}{x}$,x∈(0,+∞),
当m≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)递增,
m>0时,令f′(x)>0,解得:0<x<$\frac{1}{m}$,令f′(x)<0,解得:x>$\frac{1}{m}$,
故函数f(x)在(0,$\frac{1}{m}$)递增,在($\frac{1}{m}$,+∞)递减;
(Ⅱ)若对于?x∈[1,+∞),f(x)≤-$\frac{m}{x}$恒成立,
则g(x)=lnx-mx+$\frac{m}{x}$≤0在x∈[1,+∞)恒成立,
g′(x)=$\frac{-{mx}^{2}+x-m}{{x}^{2}}$,
对于-mx2+x-m=0,△=1-4m2
①m≥$\frac{1}{2}$时,△≤0,g′(x)≤0在x∈[1,+∞)恒成立,
g(x)在[1,+∞)递减,g(x)≤g(1)=0,符合题意;
②0<m<$\frac{1}{2}$时,设-mx2+x-m=0的2个根是a,b,(a<b),
∵a+b=$\frac{1}{m}$,ab=1,故b>1,
∵g′(1)=1-2m>0,∴x∈[1,b)时,g′(x)>0,g(x)递增,
此时,g(x)>g(1)=0,不合题意,
综上,m的范围是[$\frac{1}{2}$,+∞);
(III)∵f(x)有两个相异零点,∴设lnx1=mx1,lnx2=mx2,①
即lnx1-lnx2=m(x1-x2),∴$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=m②
而x1•x2>e2,等价于:lnx1+lnx2>2,即m(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.

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