Question

8．已知函數(shù)f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²-x+a（a∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a=0時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)．
（�。┣骯的取值范圍；
（ⅱ）設(shè)兩個(gè)極值點(diǎn)分別為x₁，x₂，證明：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）對(duì)f（x）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)來判斷f（x）的圖形單調(diào)性；
（Ⅱ）（i）函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)轉(zhuǎn)化為：方程lnx-ax=0在x＞0上有兩個(gè)不同根．
（ii）x₁，x₂分別是方程lnx-ax=0的兩個(gè)根，即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂；不妨設(shè)x₁＞x₂，作差得，ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁-x₂），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．原不等式${x_1}•{x_2}＞{e^2}$等價(jià)于$ln{x_1}+ln{x_2}＞2?a（{{x_1}+{x_2}}）＞2?ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{{2（{{x_1}-{x_2}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}$．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=xlnx-x．
函數(shù)f（x）的定義域?yàn)閤＞0，f'（x）=lnx；
當(dāng)x＞1時(shí)，f'（x）＞0；當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f'（x）＜0．
所以，f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減；在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
（Ⅱ） （�。┮李}意，函數(shù)f（x）的定義域?yàn)閤＞0，f'（x）=lnx-ax
所以方程f'（x）=0在x＞0上有兩個(gè)不同根，即：
方程lnx-ax=0在x＞0上有兩個(gè)不同根，轉(zhuǎn)化為：函數(shù)y=lnx與函數(shù)y=ax
的圖象在x＞0上有兩個(gè)不同交點(diǎn)，如圖．
可見，若令過原點(diǎn)且切于函數(shù)y=lnx圖象的直線斜率為k，只須0＜a＜k．
令切點(diǎn)A（x₀，lnx₀），所以k=$\frac{1}{{x}_{0}}$，又k=$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$，所以$\frac{1}{{x}_{0}}=\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$，
解得：x₀=e，于是k=$\frac{1}{e}$，
所以，0＜a＜$\frac{1}{e}$．
（ⅱ）由（i）可知x₁，x₂分別是方程lnx-ax=0的兩個(gè)根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂，
不妨設(shè)x₁＞x₂，作差得，ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁-x₂），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
原不等式${x_1}•{x_2}＞{e^2}$
等價(jià)于$ln{x_1}+ln{x_2}＞2?a（{{x_1}+{x_2}}）＞2?ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{{2（{{x_1}-{x_2}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}$
令$\frac{x_1}{x_2}=t$，則t＞1，$ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{{2（{{x_1}-{x_2}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}?lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$
設(shè)$g（t）=lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}，t＞1$，$g'（t）=\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{t{{（{t+1}）}^2}}}＞0$，
∴函數(shù)g（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（t）＞g（1）=0，
即不等式$lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$成立，
故所證不等式${x_1}•{x_2}＞{e^2}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，方程與函數(shù)思想，轉(zhuǎn)化思想，屬中等題．