Question

5．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax．
（1）當(dāng)a=1時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x₁，x₂（x₁＜x₂），求證：$\frac{1}{{x}_{2}}$＜a＜$\frac{1}{{x}_{1}}$．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=1時(shí)，f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，令f′（x）＞0，求得函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間，f′（x）＜0，解得函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間；
（2）由題意可知：直線y=ax與y=lnx的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，采用分析法，a=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，即可證：$\frac{1}{{x}_{2}}$＜$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜$\frac{1}{{x}_{1}}$，由x₂-x₁＞0，$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{x}$＜ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}}$，構(gòu)造輔助函數(shù)，求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)單調(diào)區(qū)間，即可證明h（t）＞h（1）=0及l(fā)nt＜t-1，即可求得$\frac{1}{{x}_{2}}$＜a＜$\frac{1}{{x}_{1}}$．

解答 解：（1）依題意f（x）=lnx-ax，求導(dǎo) f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，
∵函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
由 f′（x）＞0，解得0＜x＜1，由 f′（x）＜0，解得x＞1，
即函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞減區(qū)間為（1，+∞）；…（5分）
（2）若f（x）=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x₁，x₂，（x₁＜x₂），
等價(jià)于直線y=ax與y=lnx的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＜x₂），
依題意得a=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，證$\frac{1}{{x}_{2}}$＜a＜$\frac{1}{{x}_{1}}$，即證$\frac{1}{{x}_{2}}$＜$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜$\frac{1}{{x}_{1}}$，
因x₂-x₁＞0，即證$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{x}$＜ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}}$，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t（t＞1），即證1-$\frac{1}{t}$＜lnt＜t-1（t＞1）…（8分）
令h（t）=lnt+$\frac{1}{t}$-1，（t＞1）則h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{{t}^{2}}$=$\frac{t-1}{{t}^{2}}$，t＞0，
∴h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（t）＞h（1）=0，即lnt＞1-$\frac{1}{t}$，（t＞1）①
同理可證：lnt＜t-1②
綜①②得1-$\frac{1}{t}$＜lnt＜t-1（t＞1），即$\frac{1}{{x}_{2}}$＜a＜$\frac{1}{{x}_{1}}$． …（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及最值，函數(shù)的單調(diào)性，構(gòu)造法，分類討論思想的綜合應(yīng)用，考查分析法的應(yīng)用，屬于中檔題．