Question

7．已知函数f（x）=$\frac{lnx+a{x}^{2}}{x}$（a是常数）在x=1处切线的斜率等于1．
（1）求函数f（x）的单调区间并比较f（2），f（3），f（4）的大小；
（2）若方程lnx=x³-2ex²+mx（e为自然对数的底数）有且只有一个实根，求实数m的取值；
（3）如果方程f（x）=lnx-kx有两个不同的零点x₁，x₂，求证x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （1）求得导数，求得切线的斜率，可得a=0，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；即可得到f（2），f（3），f（4）的大小；
（2）由题意可得$\frac{lnx}{x}$=x²-2ex+m在（0，+∞）上有唯一解，由函数f（x）=$\frac{lnx}{x}$，x＞0，利用导数可求得x=e时f（x）取得最大值，构造函数g（x）=x²-2ex+（b+1），由二次函数的性质可得x=e时g（x）取得最小值，欲满足题意，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，则t＞1，于是lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$．将所证的结论转化为求新函数g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，运用导数判断单调性得以解决．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{lnx+a{x}^{2}}{x}$的导数为f′（x）=$\frac{1+2a{x}^{2}-（lnx+a{x}^{2}）}{{x}^{2}}$，
在x=1处切线的斜率为1+2a-a=1，解得a=0，
即有f（x）=$\frac{lnx}{x}$，f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
当0＜x＜e时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞e时，f（x）递减．
则f（x）的增区间为（0，e），减区间为（e，+∞）；
f（2）=$\frac{ln2}{2}$，f（4）=$\frac{ln4}{4}$=$\frac{ln2}{2}$=f（2），而f（3）＞f（4），
则f（2）=f（4）＜f（3）；
（2）由题意得，$\frac{lnx}{x}$=x²-2ex+m在（0，+∞）上有唯一解，
由（1）可得，f（x）=$\frac{lnx}{x}$的增区间为（0，e），减区间为（e，+∞），
所以f（x）_max=f（e）=$\frac{1}{e}$，
设g（x）=x²-2ex+m，则g（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，
所以g（x）_min=g（e）=m-e²，
所以当且仅当m-e²=$\frac{1}{e}$时，lnx=x³-2ex²+mx有且只有一个实根，
所以m=e²+$\frac{1}{e}$；
（3）不妨设x₁＞x₂＞0，
∵f（x₁）=f（x₂）=0，∴lnx₁-kx₁=0，lnx₂-kx₂=0，
可得lnx₁+lnx₂=k（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=k（x₁-x₂），
要证明x₁ x₂＞e²，即证明lnx₁+lnx₂＞2，也就是k（x₁+x₂）＞2，
因为k=$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，所以即证明：$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
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，则t＞1，于是lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$．
令g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，则g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
故函数g（t）在（1，+∞）上是增函数，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．

点评 本题考查利用导数求切线的斜率和函数的单调区间和最值，考查函数恒成立问题及不等式的证明，解决恒成立问题的关键是进行等价转化，常转化为函数最值解决，考查运算能力，属于中档题．