Question

8．已知函數(shù) f（x）=lnx-ax（a∈R）有兩個(gè)不相等的零點(diǎn) x₁，x₂（x₁＜x₂）
（I）求a的取值范圍；
（Ⅱ）判斷$\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$與a的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值情況，利用數(shù)形結(jié)合可知，只需極大值為正即可；
（Ⅱ）結(jié)論是$\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$＜a，轉(zhuǎn)化為ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，t＞1，轉(zhuǎn)化為證明$\frac{1}{2}$lnt-1+$\frac{2}{t+1}$＞0在（1，+∞）恒成立，構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)小值即可得到結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）由題意得x₁，x₂是方程lnx=ax兩個(gè)不相等正實(shí)數(shù)根．
令g（x）=lnx，h（x）=ax（x＞0），
①當(dāng)a≤0時(shí)，g（x）和h（x）最多只有一個(gè)交點(diǎn)，所以a≤0不合題意，
②a＞0時(shí)，設(shè)y=kx（k＞0）是g（x）=lnx的切線，切點(diǎn)為（x₀，y₀），則k=$\frac{1}{{x}_{0}}$．
所以$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{0}=k{x}_{0}=1}\\{{y}_{0}=ln{x}_{0}}\end{array}\right.$，所以x₀=e，k=$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{1}{e}$
所以0＜a＜$\frac{1}{e}$，綜上可得a的取值范圍是（0，$\frac{1}{e}$）．
（Ⅱ）結(jié)論是$\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$＜a，證明如下；
由題意可得$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}=a{x}_{1}}\\{ln{x}_{2}=a{x}_{2}}\end{array}\right.$，
則a=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
只需要證明$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞$\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$，
即證明ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，t＞1，
則需要證明lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
則需要證明$\frac{1}{2}$lnt-1+$\frac{2}{t+1}$＞0，
令k（t）=$\frac{1}{2}$lnt-1+$\frac{2}{t+1}$，t＞1，
則k′（t）=$\frac{1}{2t}$-$\frac{2}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{2t（t+1）^{2}}$＞0，
∴k（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴k（t）＞k（1）=0，
∴$\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$＜a．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了導(dǎo)數(shù)在函數(shù)單調(diào)性和函數(shù)極值中的應(yīng)用，連續(xù)函數(shù)的零點(diǎn)存在性定理及其應(yīng)用，分類討論的思想方法，屬中檔題．