Question

1．已知a為實常數(shù)，函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=ax-1．
（Ⅰ）討論函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）與g（x）有兩個不同的交點A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），其中x₁＜x₂．
　　 （�。┣髮崝�(shù)a的取值范圍；
　　 （ⅱ）求證：-1＜y₁＜0，且e${\;}^{{y}_{1}}$+e${\;}^{{y}_{2}}$＞2．（注：e為自然對數(shù)的底數(shù)）

Answer 1

分析 （Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，（x＞0）．對a分類討論：a≤0，a＞0，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）可知，當(dāng)a≤0時f（x）單調(diào)，不存在兩個零點；當(dāng)a＞0時，可求得f（x）有唯一極大值，令其大于零，可得a的范圍，再判斷極大值點左右兩側(cè)附近的函數(shù)值小于零即可；（ⅱ）構(gòu)造函數(shù)G（x）=h（$\frac{2}{a}$-x）-h（x）=ln（$\frac{2}{a}$-x）-a（$\frac{2}{a}$-x）-（lnx-ax），（0＜x≤$\frac{1}{a}$），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）h′（x）=$\frac{1}{x}$-a，（x＞0）．
當(dāng)a≤0時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞0時，h′（x）=$\frac{-a（x-\frac{1}{a}）}{x}$，
令h′（x）＞0，解得0＜x＜$\frac{1}{a}$；令h′（x）＜0，解得x＞$\frac{1}{a}$．
∴函數(shù)h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$），單調(diào)遞減為（$\frac{1}{a}$，+∞）．
綜上可得：當(dāng)a≤0時，函數(shù)h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞0時，函數(shù)h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$），單調(diào)遞減為（$\frac{1}{a}$，+∞）．
（Ⅱ）（�。┖瘮�(shù)f（x）與g（x）有兩個不同的交點A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），其中x₁＜x₂．
等價于函數(shù)h（x）有兩個不同的零點x₁，x₂，其中x₁＜x₂．
由（Ⅰ）知，當(dāng)a≤0時，函數(shù)h（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，不可能有兩個零點，
當(dāng)a＞0時，h（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上是增函數(shù)，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上是減函數(shù)，此時h（$\frac{1}{a}$）為函數(shù)f（x）的最大值，
當(dāng)h（$\frac{1}{a}$）≤0時，h（x）最多有一個零點，∴h（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$＞0，解得0＜a＜1，
此時，$\frac{1}{e}$＜$\frac{1}{a}$＜$\frac{{e}^{2}}{{a}^{2}}$，且h（$\frac{1}{e}$）=-1-$\frac{a}{e}$+1=-$\frac{a}{e}$＜0，
h（$\frac{{e}^{2}}{{a}^{2}}$）=2-2lna-$\frac{{e}^{2}}{a}$+1=3-2lna-$\frac{{e}^{2}}{a}$（0＜a＜1），
令F（a）=3-2lna-$\frac{{e}^{2}}{a}$，則F'（x）=-$\frac{2}{a}$+$\frac{{e}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{{e}^{2}-2a}{{a}^{2}}$＞0，
∴F（a）在（0，1）上單調(diào)遞增，
∴F（a）＜F（1）=3-e²＜0，即h（$\frac{{e}^{2}}{{a}^{2}}$）＜0，
∴a的取值范圍是（0，1）．
（ii）∵h(yuǎn)（x）=lnx-ax+1在（0，$\frac{1}{a}$）上是增函數(shù)，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上是減函數(shù)，
∴h（$\frac{1}{e}$）=-1-$\frac{a}{e}$+1=-$\frac{a}{e}$＜0，h（1）=1-a＞0，
故$\frac{1}{e}$＜x₁＜1，即-1＜f（x₁）＜0，∴-1＜y₁＜0，
構(gòu)造函數(shù)G（x）=h（$\frac{2}{a}$-x）-h（x）=ln（$\frac{2}{a}$-x）-a（$\frac{2}{a}$-x）-（lnx-ax），（0＜x≤$\frac{1}{a}$），
則G′（x）=$\frac{2{a（x-\frac{1}{a}）}^{2}}{x（x-\frac{2}{a}）}$＜0，∴G（x）在（0，$\frac{1}{a}$]遞減，
∵0＜x₁＜$\frac{1}{a}$，∴G（x₁）＞G（$\frac{1}{a}$）=0，
∵h(yuǎn)（x₁）=0，
∴h（$\frac{2}{a}$-x₁）=ln（$\frac{2}{a}$-x₁）-a（$\frac{2}{a}$-x₁）+1-h（x₁）=G（x₁）＞0=h）x₂），
∴由（Ⅰ）得：x₂＞$\frac{2}{a}$-x₁，即${e}^{{y}_{1}}$+${e}^{{y}_{2}}$＞$\frac{2}{a}$＞2，
∴e${\;}^{{y}_{1}}$+e${\;}^{{y}_{2}}$＞2．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、零點及不等式的證明等知識，考查學(xué)生綜合運用知識分析解決問題的能力、推理論證能力，本題綜合性強，能力要求較高．