Question

17．已知函數(shù)f（x）=a^x-x（a＞0且a≠1）在（0，+∞）上有兩個零點x₁，x₂，且x₁＜x₂．
（Ⅰ）求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)λ＞0時，若不等式lna＞$\frac{1+λ}{λ{x}_{1}+{x}_{2}}$恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）問題等價于lna=$\frac{lnx}{x}$在（0，+∞）上有2個解，令F（x）=$\frac{lnx}{x}$，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出F（x）的范圍，得到關(guān)于a的不等式，解出即可；
（Ⅱ）原不等式等價于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{λ{x}_{1}+{x}_{2}}$恒成立，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），則不等式lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{λt+1}$在t∈（0，1）上恒成立，令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{λt+1}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出λ的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）由題意得：a^x=x在（0，+∞）上有2個解，
即xlna=lnx?lna=$\frac{lnx}{x}$在（0，+∞）上有2個解，
令F（x）=$\frac{lnx}{x}$，F(xiàn)′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
∴x∈（0，e）時，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）遞增，
x∈（e，+∞）時，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）遞減，
故x＞0時且x→0時，F(xiàn)（x）=$\frac{1}{x}$lnx→-∞，
x→+∞時，lnx＜x，F(xiàn)（x）=$\frac{1}{x}$lnx→0，
故F（x）的最大值是F（e）=$\frac{1}{e}$，
要使方程lna=$\frac{lnx}{x}$有2個解，需滿足0＜lna＜$\frac{1}{e}$，
解得：1＜a＜${e}^{\frac{1}{e}}$；
（Ⅱ）由lnx₁=x₁lna，lnx₂=x₂lna，
作差得：ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=（x₁-x₂）lna，即lna=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
故原不等式等價于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{λ{x}_{1}+{x}_{2}}$恒成立，
∵0＜x₁＜x₂，∴l(xiāng)n$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（1+λ）{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{λx}_{1}{+x}_{2}}$恒成立，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），則不等式lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{λt+1}$在t∈（0，1）上恒成立，
令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{λt+1}$，又h′（t）=$\frac{（t-1）{（λ}^{2}t-1）}{{t（λt+1）}^{2}}$，
0＜λ≤1時，即λ²t-1＜0時，h′（t）＞0，h（t）在（0，1）單增，
又h（1）=0，h（t）＜0在（0，1）恒成立，符合題意，
λ＞1時，t∈（0，$\frac{1}{{λ}^{2}}$）上單增，在t∈（$\frac{1}{{λ}^{2}}$，1）上遞減，又h（1）=0，
∴h（t）在t∈（0，1）不能恒小于0，不合題意，舍去，
綜上，若不等式lna＞$\frac{1+λ}{λ{x}_{1}+{x}_{2}}$恒成立，只需0＜λ≤1．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．