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12.已知函數f(x)=(lnx-k-1)x(k∈R)
(1)當x>1時,求f(x)的單調區間和極值.
(2)若對于任意x∈[e,e2],都有f(x)<4lnx成立,求k的取值范圍.
(3)若x1≠x2,且f(x1)=f(x2),證明:x1x2<e2k

分析 (1)由題意x>0,${f}^{'}(x)=\frac{1}{x}•x+lnx-k-1$=lnx-k,由此根據k≤0,k>0利用導數性質分類討論,能求出函數f(x)的單調區間和極值.
(2)問題轉化為k+1>$\frac{(x-4)lnx}{x}$對于x∈[e,e2]恒成立,令g(x)=$\frac{(x-4)lnx}{x}$,則${g}^{'}(x)=\frac{4lnx+x-4}{{x}^{2}}$,令t(x)=4lnx+x-4,x∈[e,e2],則${t}^{'}(x)=\frac{4}{x}+1>0$,由此利用導數性質能求出實數k的取值范圍.
(3)設x1<x2,則0<x1<ek<x2<ek+1,要證x1x2<e2k,只要證x2<$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$,即證${e}^{k}<{{x}_{2}}^{\;}$<$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$,由此利用導數性質能證明x1x2<e2k

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當k≤0時,∵x>1,∴f′(x)=lnx-k>0,
函數f(x)的單調增區間是(1,+∞),無單調減區間,無極值;
②當k>0時,令lnx-k=0,解得x=ek
當1<x<ek時,f′(x)<0;當x>ek,f′(x)>0,
∴函數f(x)的單調減區間是(1,ek),單調減區間是(ek,+∞),
在區間(1,+∞)上的極小值為f(ek)=(k-k-1)ek=-ek,無極大值.
(2)∵對于任意x∈[e,e2],都有f(x)<4lnx成立,
∴f(x)-4lnx<0,
即問題轉化為(x-4)lnx-(k+1)x<0對于x∈[e,e2]恒成立,
即k+1>$\frac{(x-4)lnx}{x}$對于x∈[e,e2]恒成立,令g(x)=$\frac{(x-4)lnx}{x}$,則${g}^{'}(x)=\frac{4lnx+x-4}{{x}^{2}}$,
令t(x)=4lnx+x-4,x∈[e,e2],則${t}^{'}(x)=\frac{4}{x}+1>0$,
∴t(x)在區間[e,e2]上單調遞增,故t(x)min=t(e)=e-4+4=e>0,故g′(x)>0,
∴g(x)在區間[e,e2]上單調遞增,函數g(x)max=g(e2)=2-$\frac{8}{{e}^{2}}$,
要使k+1>$\frac{(x-4)lnx}{x}$對于x∈[e,e2]恒成立,只要k+1>g(x)max
∴k+1>2-$\frac{8}{{e}^{2}}$,即實數k的取值范圍是(1-$\frac{8}{{e}^{2}}$,+∞).
證明:(3)∵f(x1)=f(x2),由(1)知,函數f(x)在區間(0,ek)上單調遞減,
在區間(ek,+∞)上單調遞增,且f(ek+1)=0,
不妨設x1<x2,則0<x1<ek<x2<ek+1
要證x1x2<e2k,只要證x2<$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$,即證${e}^{k}<{{x}_{2}}^{\;}$<$\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$,
∵f(x)在區間(ek,+∞)上單調遞增,∴f(x2)<f($\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$),
又f(x1)=f(x2),即證f(x1)<$f(\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}})$,
構造函數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+e2k($\frac{lnx}{x}-\frac{k-1}{x}$),x∈(0,ek
h′(x)=lnx+1-(k+1)+e2k($\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$+$\frac{k-1}{{x}^{2}}$)=(lnx-k)$\frac{({x}^{2}-{e}^{2k})}{{x}^{2}}$,
∵x∈(0,ek),∴lnx-k<0,x2<e2k,即h′(x)>0,
∴函數h(x)在區間(0,ek)上單調遞增,故h′(x)<h(ek),
∵$h({e}^{k})=f({e}^{k})-f(\frac{{e}^{2k}}{{e}^{k}})=0$,故h(x)<0,
∴f(x1)<f($\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$),即f(x2)=f(x1)<f($\frac{{e}^{2k}}{{x}_{1}}$),∴x1x2<e2k成立.

點評 本題考查函數的單調區間和極值的求法,考查實數的取值范圍的求法,考查不等式的證明是中檔題,解題時要認真審題,注意導數性質、構造法的合理運用.

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