Question

（2012•佛山一模）設(shè)a∈R，函數(shù)f（x）=lnx-ax．
（1）若a=2，求曲線y=f（x）在P（1，-2）處的切線方程；
（2）若f（x）無零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）若f（x）有兩個(gè)相異零點(diǎn)x₁，x₂，求證：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析：（1）先確定函數(shù)f（x）的定義域，然后對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)求出f′（1）=-1，得到切線方程．
（2）當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)有零點(diǎn)；當(dāng)a＞0時(shí)，極大值小于0，函數(shù)沒有零點(diǎn)，由此可求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
（3）由于f（x）有兩個(gè)相異零點(diǎn)x₁，x₂，可知f（x₁）=0，f（x₂）=0，再原不等式x₁•x₂＞e²進(jìn)一步整理得到ln

x1

x2

＞

2(x1-x2)

x1+x2

，只要能證出上述不等式恒成立即可．

解答：解：在區(qū)間（0，+∞）上，f′(x)=

1

x

-a=

1-ax

x

．…（1分）
（1）當(dāng)a=2時(shí)，f^′（1）=1-2=-1，則切線方程為y-（-2）=-（x-1），即x+y+1=0 …（3分）
（2）①若a＜0，則f^′（x）＞0，f（x）是區(qū)間（0，+∞）上的增函數(shù)，
∵f（1）=-a＞0，f（e^a）=a-ae^a=a（1-e^a）＜0，
∴f（1）•f（e^a）＜0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）有唯一零點(diǎn)．…（6分）
②若a=0，f（x）=lnx有唯一零點(diǎn)x=1．…（7分）
③若a＞0，令f^′（x）=0得：x=

1

a

．
在區(qū)間（0，

1

a

）上，f^′（x）＞0，函數(shù)f（x）是增函數(shù)；
在區(qū)間（

1

a

，+∞）上，f^′（x）＜0，函數(shù)f（x）是減函數(shù)；
故在區(qū)間（0，+∞）上，f（x）的極大值為f（

1

a

）=ln

1

a

-1=-lna-1．
由于f（x）無零點(diǎn)，須使f(

1

a

)=-lna-1＜0，解得：a＞

1

e

．
故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是（

1

e

，+∞）．…（9分）
（3）設(shè)x₁＞x₂＞0，∵f（x₁）=0，f（x₂）=0，∴l(xiāng)nx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，
∴l(xiāng)nx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），lnx₁+lnx₂=a（x₁+x₂）
原不等式x₁•x₂＞e²等價(jià)于lnx₁+lnx₂＞2?a（x₁+x₂）＞2?

lnx1-lnx2

x1-x2

＞

2

x1+x2

?ln

x1

x2

＞

2(x1-x2)

x1+x2

令

x1

x2

=t，則t＞1，于是ln

x1

x2

＞

2(x1-x2)

x1+x2

?lnt＞

2(t-1)

t+1

．…（12分）
設(shè)函數(shù)g(t)=lnt-

2(t-1)

t+1

，(t＞1)，
求導(dǎo)得：g′(t)=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，
故函數(shù)g（t）是（1，+∞）上的增函數(shù)，∴g（t）＞g（1）=0
即不等式lnt＞

2(t-1)

t+1

成立，故所證不等式x₁•x₂＞e²成立．…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了導(dǎo)數(shù)在函數(shù)單調(diào)性和函數(shù)極值中的應(yīng)用，連續(xù)函數(shù)的零點(diǎn)存在性定理及其應(yīng)用，分類討論的思想方法，屬中檔題