Question

16．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx+ax+1}{x}$．
（1）若對(duì)任意x＞0，f（x）＜0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若函數(shù)f（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），證明：$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{2}}$+$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}}$＞2．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，得出函數(shù)的最值，進(jìn)而求出a的范圍；
（2）求出導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)極值點(diǎn)判斷函數(shù)的零點(diǎn)位置，對(duì)零點(diǎn)分類(lèi)討論，構(gòu)造函數(shù)，利用放縮法，均值定理證明結(jié)論成立．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{lnx+ax+1}{x}$=$\frac{lnx}{x}$+a+$\frac{1}{x}$．
f''（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，
∴f（x）在（0，l）上遞增，（1，+∞）上遞減，
∴f（x）≤f（1）=a+1，
∴a+1＜0，∴a＜-1；
（2）證明：由（1）知，兩個(gè)不同零點(diǎn)x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞），
若x₂∈（1，2），則2-x₂∈（0，1），
設(shè)g（x）=f（x）-f（2-x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{x}$-$\frac{ln（2-x）}{2-x}$-$\frac{1}{2-x}$，
則當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，
g'（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$-$\frac{ln（2-x）}{{（2-x）}^{2}}$＞-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$-$\frac{ln（2-x）}{{x}^{2}}$=-$\frac{ln（{-（x-1）}^{2}+1]}{{x}^{2}}$＞0，
∴g（x）在（0，1）上遞增，
∴g（x）＜g（1）=0，
∴f（x）＜f（2-x），
∴f（2-x₁）＞f（x₁）=f（x₂），
∴（2-x₁）＜x₂，∴2＜x₁+x₂，
若x₂∈（2，+∞），可知2＜x₁+x₂，顯然成立，
又$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{2}}$+x₂≥2$\sqrt{\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{2}}{•x}_{2}}$=2x₁，同理可得$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}}$+x₁≥2x₂，
以上兩式相加得：$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{2}}$+$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}}$+x₁+x₂≥2（x₁+x₂），
故：$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{2}}$+$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}}$≥（x₁+x₂）＞2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)函數(shù)的應(yīng)用，最值問(wèn)題的轉(zhuǎn)化思想，難點(diǎn)是對(duì)參數(shù)的分類(lèi)討論和均值定理的應(yīng)用．