Question

9．設a∈R，函數(shù)f（x）=alnx-x．
（I）若f（x）無零點，求實數(shù)a的取值范圍；
（II）若f（x）有兩個相異零點x₁，x₂，求證：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)性，確定a的范圍即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為證明lnx₁-lnx₂＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，又令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，則t＞1，故只要證明lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（I）∵f（x）=alnx-x，
∴f（x）定義域是（0，+∞）                     
又f′（x）=$\frac{a}{x}$-1=$\frac{a-x}{x}$------（1分）
（1）當a=0時，無零點------（2分）
（2）當a＜0時，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)，
又f（1）=-1當x→0時，f（x）→+∞，所以f（x）有唯一的零點；------（3分）
（3）當a＞0時，
∴f（x）在（0，a）遞增，在（a，+∞）遞減，
∴f（a）=alna-a＜0，則只要lna-1＜0，即lna＜1，
∴a＜e而a＞0，∴0＜a＜e------（4分）
綜上所述：所求a的范圍是[0，e）------（5分）
（II）證明：f（x）有兩個相異的零點，又由于x＞0，故不妨令x₁＞x₂＞0，
且有alnx₁=x₁，alnx₂=x₂，a（lnx₁+lnx₂）=x₁+x₂，
a（lnx₁-lnx₂）=x₁-x₂
lnx₁+lnx₂=$\frac{1}{a}$（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=$\frac{1}{a}$（x₁-x₂），------（6分）
要證x₁x₂＞e²?lnx₁x₂＞2?lnx₁+lnx₂＞2
?$\frac{1}{a}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$?$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$
?lnx₁-lnx₂＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$?ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$------（8分）
又令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，則t＞1，
故只要證明lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1時恒成立，------（9分）
即lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$＞0在（1，+∞）恒成立，
令h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，則h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
故h（t）在（0，+∞）遞增，h（t）＞h（1）=0，
故lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$在t＞1時恒成立，
從而證明x₁x₂＞e²．------（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用，考查分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．