Question

19．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax+b（a，b∈R）有兩個不同的零點x₁，x₂．
（Ⅰ）求f（x）的最值；
（Ⅱ）證明：x₁•x₂＜$\frac{1}{{a}^{2}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出導函數(shù)$f'（x）=\frac{1}{x}-a$，利用f（x） 在（0，+∞） 內(nèi)必不單調(diào)，推出a＞0，判斷單調(diào)性，然后求解最值．
（Ⅱ）通過$\left\{\begin{array}{l}ln{x_1}-a{x_1}+b=0\\ ln{x_2}-a{x_2}+b=0\end{array}\right.$，兩式相減得$ln\frac{x_1}{x_2}-a（{x_1}-{x_2}）=0$，得到$a=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，故要證${x_1}{x_2}＜\frac{1}{a^2}$，即證${ln^2}\frac{x_1}{x_2}＜\frac{{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{x_1}{x_2}-2+\frac{x_2}{x_1}$，不妨設(shè)x₁＜x₂，令$\frac{x_1}{x_2}=t∈（0，1）$，則只需證${ln^2}t＜t-2+\frac{1}{t}$，構(gòu)造函數(shù)$g（t）={ln^2}t-t-\frac{1}{t}+2$，通過函數(shù)的導數(shù)以及函數(shù)的單調(diào)性求解最值即可．

解答 （本小題滿分12分）解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{1}{x}-a$，
∵f（x） 有兩個不同的零點，∴f（x） 在（0，+∞） 內(nèi)必不單調(diào)，故a＞0，…1分
此時$f'（x）＞0⇒x＜\frac{1}{a}$，∴f（x）在$（0，\frac{1}{a}）$上單增，$（\frac{1}{a}，+∞）$上單減，…3分
∴$f{（x）_{max}}=f（\frac{1}{a}）=-lna-1+b$，無最小值；…4分
（Ⅱ）由題知$\left\{\begin{array}{l}ln{x_1}-a{x_1}+b=0\\ ln{x_2}-a{x_2}+b=0\end{array}\right.$，兩式相減得$ln\frac{x_1}{x_2}-a（{x_1}-{x_2}）=0$即$a=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，…6分
故要證${x_1}{x_2}＜\frac{1}{a^2}$，即證${x_1}{x_2}＜\frac{{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}}}{{{{ln}^2}\frac{x_1}{x_2}}}$，即證${ln^2}\frac{x_1}{x_2}＜\frac{{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{x_1}{x_2}-2+\frac{x_2}{x_1}$，
不妨設(shè)x₁＜x₂，令$\frac{x_1}{x_2}=t∈（0，1）$，則只需證${ln^2}t＜t-2+\frac{1}{t}$，…9分
設(shè)$g（t）={ln^2}t-t-\frac{1}{t}+2$，則$g'（t）=2\frac{1}{t}lnt-1+\frac{1}{t^2}=\frac{{2lnt-t+\frac{1}{t}}}{t}$，
設(shè)$h（t）=2lnt-t+\frac{1}{t}$，則$h'（t）=-\frac{{{{（t-1）}^2}}}{t^2}＜0$，∴h（t）在（0，1）上單減，∴h（t）＞h（1）=0，
∴g（t）在（0，1）上單增，∴g（t）＜g（1）=0，
即${ln^2}t＜t-2+\frac{1}{t}$，在t∈（0，1）時恒成立，原不等式得證．…12分

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的最值以及單調(diào)區(qū)間的求法，考查構(gòu)造法的應(yīng)用，轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．