Question

11．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{x}$-ax，a∈R．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ） 若f（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，試比較x₁x₂與2e²的大�。�
（參考數(shù)據(jù)，e≈2.7，取ln2≈0.7，$\sqrt{2}$≈1.4，）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分離參數(shù)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（Ⅱ）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)x₁、x₂為函數(shù)f（x）的兩個(gè)不同的零點(diǎn)，即可證明不等式．

解答 解：（Ⅰ）由題意得對(duì)?x≥1，
$f'（x）=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}-a≤0$恒成立，…（1分）
即$a≥（\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}{）_{max}}$，…（2分）
令$t=\frac{1}{x}，\;（0＜t≤1）$，
又$g（t）={t^2}+t={（t+\frac{1}{2}）^2}-\frac{1}{4}$在（0，1]遞增，
∴g_max=g（1）=2，…（3分）
∴a≥2故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[2，+∞）…（4分）
（2）由題意知$ln{x_1}-\frac{1}{x_1}=a{x_1}$，$ln{x_2}-\frac{1}{x_2}=a{x_2}$，…（5分）
兩式相加得$ln{x_1}{x_2}-\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=a（{x_1}+{x_2}）$，
兩式相減得$ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=a（{x_2}-{x_1}）$，…（6分）
即$\frac{{ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}+\frac{1}{{{x_1}{x_2}}}=a$，
∴$ln{x_1}{x_2}-\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=（\frac{{ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}+\frac{1}{{{x_1}{x_2}}}）（{x_1}+{x_2}）$，
即$ln{x_1}{x_2}-\frac{{2（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_2}-{x_1}}}ln\frac{x_2}{x_1}$，…（7分）
不妨令0＜x₁＜x₂，記$t=\frac{x_2}{x_1}＞1$，
令$F（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}（t＞1）$，則$F'（t）=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{t（t+1）}＞0$，
∴$F（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
則$F（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}＞F（1）=0$，
∴$lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}$，則$ln\frac{x_2}{x_1}＞\frac{{2（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_1}+{x_2}}}$，…（9分）
∴$ln{x_1}{x_2}-\frac{{2（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_2}-{x_1}}}ln\frac{x_2}{x_1}＞2$，
又$ln{x_1}{x_2}-\frac{{2（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_1}{x_2}}}＜ln{x_1}{x_2}-\frac{{4\sqrt{{x_1}{x_2}}}}{{{x_1}{x_2}}}=ln{x_1}{x_2}-\frac{4}{{\sqrt{{x_1}{x_2}}}}=2ln\sqrt{{x_1}{x_2}}-\frac{4}{{\sqrt{{x_1}{x_2}}}}$，
∴$2ln\sqrt{{x_1}{x_2}}-\frac{4}{{\sqrt{{x_1}{x_2}}}}＞2$，即$ln\sqrt{{x_1}{x_2}}-\frac{2}{{\sqrt{{x_1}{x_2}}}}＞1$，…（10分）
令$G（x）=lnx-\frac{2}{x}$，則x＞0時(shí)，$G'（x）=\frac{1}{x}+\frac{2}{x^2}＞0$，
∴G（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
又$ln\sqrt{2}e-\frac{2}{{\sqrt{2}e}}=\frac{1}{2}ln2+1-\frac{{\sqrt{2}}}{e}≈0.85＜1$，…（11分）
又$G（\sqrt{2e}）=ln\sqrt{2}e-\frac{2}{{\sqrt{2}e}}=\frac{1}{2}ln2+1-\frac{{\sqrt{2}}}{e}≈0.85＜1$
∴$G（\sqrt{{x_1}{x_2}}）=ln\sqrt{{x_1}{x_2}}-\frac{2}{{\sqrt{{x_1}{x_2}}}}＞1＞ln\sqrt{2}e-\frac{2}{{\sqrt{2}e}}$，
$G（\sqrt{{x_1}{x_2}}）=ln\sqrt{{x_1}{x_2}}-\frac{2}{{\sqrt{{x_1}{x_2}}}}＞1＞ln\sqrt{2}e-\frac{2}{{\sqrt{2}e}}=G（\sqrt{2e}）$
又因?yàn)镚（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
則$\sqrt{{x_1}{x_2}}＞\sqrt{2}e$，即${x_1}{x_2}＞2{e^2}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，考查考生的應(yīng)用，運(yùn)算量大，綜合性較強(qiáng)，屬于難題．