Question

5．已知函數(shù)f（x）=alnx-x，a∈R．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁、x₂，且x₁＜x₂．
①求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
②試比較x₁+x₂與2e（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）的大小，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）先求導(dǎo)，再分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可求出．
（2）①通過求導(dǎo)，得出切點(diǎn)坐標(biāo)，找到函數(shù)y=f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)的等價(jià)條件，從而求出a的取值范圍；
②x₁=alnx₁，x₂=alnx₂，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，t＞1，用含t的式子表示x₁，x₂，得到x₁+x₂=$\frac{a（t+1）lnt}{t-1}$，構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的最小值為2a，問題得以解決．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a}{x}$-1=$\frac{a-x}{x}$，x＞0
當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＜0恒成立，
∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
當(dāng)a＞0時(shí)，
令f′（x）=0，解得x=a，
當(dāng)f′（x）＞0，即0＜x＜a時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)f′（x）＜0，即x＞a時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，
綜上所述：當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)f（x）在（a，+∞）上單調(diào)遞減，在（0，a）上單調(diào)遞增；
（2）令f（x）=0，∴l(xiāng)nx=$\frac{1}{a}$x，
畫出函數(shù)g（x）=lnx，h（x）=$\frac{1}{a}$x的圖象，如圖示：
，
∵g′（x）=$\frac{1}{x}$=$\frac{1}{a}$，∴切點(diǎn)坐標(biāo)是（a，lna），
把（a，lna）代入h（x）=$\frac{1}{a}$x，得：a=e，
∴若y=f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂，
即g（x），h（x）有2個(gè)交點(diǎn)，只需a＞e即可；
∴a的范圍是（e，+∞）：
②∵x₁=alnx₁，x₂=alnx₂，
∴x₂-x₁=aln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，t＞1
則$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}-{x}_{1}=alnt}\\{{x}_{2}=t{x}_{1}}\end{array}\right.$，
解得x₁=$\frac{alnt}{t-1}$，x₂=$\frac{atlnt}{t-1}$，
∴x₁+x₂=$\frac{alnt}{t-1}$+=$\frac{atlnt}{t-1}$=$\frac{a（t+1）lnt}{t-1}$
令m（x）=$\frac{a（x+1）lnx}{x-1}$，（x＞1），
則m′（x）=$\frac{a（{x}^{2}-1-2xlnx）}{x（x-1）^{2}}$，
∵a＞e，x（x-1）²＞0，
令n（x）=x²-2xlnx-1，
則n′（x）=2（x-lnx-1）＞0，
∴n（x）在（1，+∞）遞增，
∴n（x）＞n（1）=0，
∴m′（x）＞0，m（x）在（1，+∞）遞增，
根據(jù)洛必達(dá)法則，$\underset{lim}{x→1}$$\frac{a（x+1）lnx}{x-1}$=$\underset{lim}{x→1}$$\frac{a（1+\frac{x+1}{x}）}{1}$=2a，
∵a＞e，
∴2a＞2e，
∴x₁+x₂＞2e

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值問題，也考查了函數(shù)思想、化歸思想、抽象概括能力和分析問題、解決問題的能力，是綜合型題目，屬于難題．