Question

18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{mx-n}{x}$-lnx，m，n∈R．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在（2，f（2））處的切線與直線x-y=0平行，求實數(shù)n的值；
（Ⅱ）試討論函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）上最大值；
（Ⅲ）若n=1時，函數(shù)f（x）恰有兩個零點x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），求證：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)f′（2）=1，求出n的值即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論n的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的最大值即可；
（Ⅲ）求出m=$\frac{1}{{x}_{1}}$+lnx₁=$\frac{1}{{x}_{2}}$+lnx₂，得到$\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{{x}_{1}x}_{2}}$=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，設t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，得到故x₁+x₂=x₁（t+1）=$\frac{{t}^{2}-1}{tlnt}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）由f′（x）=$\frac{n-x}{{x}^{2}}$，f′（2）=$\frac{n-2}{4}$，
由于函數(shù)f（x）在（2，f（2））處的切線與直線x-y=0平行，
故$\frac{n-2}{4}$=1，解得n=6．
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{n-x}{{x}^{2}}$，（x＞0），
由f′（x）＜0時，x＞n；f′（x）＞0時，x＜n，
所以①當n≤1時，f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，
故f（x）在[1，+∞）上的最大值為f（1）=m-n；
②當n＞1，f（x）在[1，n）上單調(diào)遞增，在（n，+∞）上單調(diào)遞減，
故f（x）在[1，+∞）上的最大值為f（n）=m-1-lnn； 
（Ⅲ）證明：n=1時，f（x）恰有兩個零點x₁，x₂，（0＜x₁＜x₂），
由f（x₁）=$\frac{{mx}_{1}-1}{{x}_{1}}$-lnx₁=0，f（x₂）=$\frac{{mx}_{2}-1}{{x}_{2}}$-lnx₂=0，
得m=$\frac{1}{{x}_{1}}$+lnx₁=$\frac{1}{{x}_{2}}$+lnx₂，
故$\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{{x}_{1}x}_{2}}$=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，設t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，lnt=$\frac{t-1}{{tx}_{1}}$，x₁=$\frac{t-1}{tlnt}$，
故x₁+x₂=x₁（t+1）=$\frac{{t}^{2}-1}{tlnt}$，
∴x₁+x₂-2=$\frac{2（\frac{{t}^{2}-1}{2t}-lnt）}{lnt}$，
記函數(shù)h（t）=$\frac{{t}^{2}-1}{2t}$-lnt，因h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{2t}^{2}}$＞0，
∴h（t）在（1，+∞）遞增，∵t＞1，∴h（t）＞h（1）=0，
又t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，lnt＞0，故x₁+x₂＞2成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．