Question

11．已知函數f（x）=lnx-ax（a∈R）．
（1）討論函數f（x）的單調性；
（2）記函數f（x）有兩個零點分別為x₁，x₂，且x₁＜x₂，已知λ＞0，若不等式1+λ＜lnx₁+λlnx₂恒成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，通過討論a的范圍，求出函數 的單調區(qū)間即可；
（2）分離參數得：a＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$從而可得ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（1+λ）{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$恒成立；再令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），從而可得不等式lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立，再令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，從而利用導數化恒成立問題為最值問題即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$-a（x＞0），
①當a≤0時，f′（x）=$\frac{1}{x}$-a≥0，即函數f（x）的單調增區(qū)間是（0，+∞），
②當a＞0時，令f′（x）=$\frac{1}{x}$-a=0，得x=$\frac{1}{a}$，
當0＜x＜$\frac{1}{a}$時，f′（x）=$\frac{1-ax}{x}$＞0，當x＞$\frac{1}{a}$時，f′（x）=$\frac{1-ax}{x}$＜0，
所以函數f（x）的單調增區(qū)間是（0，$\frac{1}{a}$]，單調減區(qū)間是[$\frac{1}{a}$，+∞）；
（2）若函數f（x）有兩個零點分別為x₁，x₂，且x₁＜x₂，
則x₁，x₂分別是方程lnx-ax=0的兩個根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂
所以原式等價于1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），因為λ＞0，0＜x₁＜x₂，
所以原式等價于a＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$，又由lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂作差得，ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x1-x2），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
所以原式等價于ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
因為0＜x₁＜x₂，原式恒成立，即ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（1+λ）{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$恒成立，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），
則不等式lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．
令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，
又h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{{（1+λ）}^{2}}{{（t+λ）}^{2}}$=$\frac{（t-1）（t{-λ}^{2}）}{{t（t+λ）}^{2}}$，
當λ²≥1時，可見t∈（0，1）時，h′（t）＞0，
所以h（t）在t∈（0，1）上單調增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合題意．
當λ²＜1時，可見t∈（0，λ²）時，h′（t）＞0，t∈（λ²，1）時h′（t）＜0，
所以h（t）在t∈（0，λ²）時單調增，在t∈（λ²，1）時單調減，又h（1）=0，
所以h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合題意，舍去．
綜上所述，若不等式e1+λ＜x1•x2λ恒成立，只須λ²≥1，又λ＞0，所以λ≥1．

點評 本題考查了導數的綜合應用及分類討論，轉化思想，數形結合的思想方法的應用，屬于綜合題．