Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=ax（lnx﹣1）﹣x2（a∈R）恰有兩個(gè)極值點(diǎn)x1 ， x2 ， 且x1＜x2 ． （Ⅰ）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）若不等式lnx1+λlnx2＞1+λ恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）∵f（x）=ax（lnx﹣1）﹣x2（a∈R）， ∴f′（x）=alnx﹣2x，
依題意得x1 ， x2是alnx﹣2x=0的兩個(gè)不等正實(shí)數(shù)根，
∴a≠0， ，
令g（x）= ， ，
當(dāng)x∈（0，e）時(shí)，g′（x）＞0；當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，且g（1）=0，
當(dāng)x＞e時(shí)，g（x）＞0，
∴0＜ ＜g（e）= ，
解得a＞2e，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是（2e，+∞）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得alnx1=2x1 ， alnx2=2x2 ，
兩式相減，得a（lnx1﹣lnx2）=2（x1﹣x2），a=2 ，
∴l(xiāng)nx1+λlnx2＞1+λ，∴ ＞1+λ，∴2（x1+λx2）＞a（1+λ），
∴x1+λx2＞ ，∴ ＞1+λ，
∴ ＞1+λ，
∵0＜x1＜x2 ， 令t= ∈（0，1），∴ ，
∴（t+λ）lnt﹣（1+λ）（t﹣1）＜0，
令h（t）=（t+λ）lnt﹣（1+λ）（t﹣1），
則h′（t）=lnt+ ﹣λ，
令I(lǐng)（t）=lnt+ ﹣λ，則I′（t）= = ，（t∈（0，1）），
①當(dāng)λ≥1時(shí)，I′（t）＜0，∴h′（t）在（0，1）上單調(diào)遞減，∴h′（t）＞h′（1）=0，
∴h（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，∴h（t）＜h（1）=0，符合題意．
②當(dāng)λ≤0時(shí)，I′（t）＞0．∴h′（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，∴h′（t）＜h′（1）=0，
∴h′（t）在（0，1）上單調(diào)遞減，∴h（t）＞h（1）=0，不符合題意
③當(dāng)0＜λ＜1時(shí)，I′（t）＞0，λ＜t＜1，∴h′（t）在（λ，1）上單調(diào)遞增，
∴h′（t）＜h′（1）=0，
∴h（t）在（λ，1）上單調(diào)遞減，∴h（t）＞h（1）=0，不符合題意．
綜上所述，實(shí)數(shù)λ的取值范圍是[1，+∞）．
【解析】（Ⅰ）求出f′（x）=alnx﹣2x，a≠0， ，令g（x）= ， ，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．（Ⅱ）由（Ⅰ）得alnx1=2x1 ， alnx2=2x2 ， 兩式相減，得a（lnx1﹣lnx2）=2（x1﹣x2），a=2 ，從而 ＞1+λ，令t= ∈（0，1），得（t+λ）lnt﹣（1+λ）（t﹣1）＜0，令h（t）=（t+λ）lnt﹣（1+λ）（t﹣1），則h′（t）=lnt+ ﹣λ，令I(lǐng)（t）=lnt+ ﹣λ，則I′（t）= = ，（t∈（0，1）），由此利用分類討論思想，結(jié)合導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出實(shí)數(shù)λ的取值范圍．
【考點(diǎn)精析】根據(jù)題目的已知條件，利用函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)的相關(guān)知識(shí)可以得到問題的答案，需要掌握求函數(shù)的極值的方法是:（1）如果在附近的左側(cè),右側(cè),那么是極大值（2）如果在附近的左側(cè),右側(cè),那么是極小值；求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內(nèi)的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個(gè)最大值，最小的是最小值．