Question

16．已知函數(shù) f（x）=lnx-ax（a∈R）有兩個不相等的零點 x₁，x₂（x₁＜x₂）
（Ⅰ）求a的取值范圍；
（Ⅱ）證明：$\frac{x_2}{x_1}$是a的減函數(shù)；
（Ⅲ）證明：x₁•x₂是a的減函數(shù)．

Answer 1

分析 （1）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；
（2）將$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$表示成關(guān)于a的函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可；
（3）將x₁•x₂表示成關(guān)于a的函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性．

解答 解：（1）由題意得x₁，x₂是方程lnx=ax兩個不相等正實數(shù)根．
令g（x）=lnx，h（x）=ax（x＞0），設(shè)y=kx（k＞0）是g（x）=lnx的切線，切點為（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${x}_{0}=e，k=\frac{1}{{x}_{0}}=\frac{1}{e}$．
所以$0＜a＜\frac{1}{e}$，綜上可得a的取值范圍是（0，$\frac{1}{e}$）．
（2）由（1）得a_max$＜\frac{1}{e}$，所以$0＜a＜\frac{1}{e}$．
不妨設(shè)$0＜{a}_{1}＜{a}_{2}＜\frac{1}{e}$，設(shè)m₁，m₂（m₁＜m₂）是f（x）=lnx-a₁x的兩個零點，
則m₁，m₂是方程$a=\frac{lnx}{x}$的兩個不相等正實數(shù)根，由（1）知m₁∈（0，e），m₂∈（e，+∞）．
同理設(shè)n₁，n₂（n₁＜n₂）是f（x）=lnx-a₂x的兩個零點，
則n₁，n₂是方程a=$\frac{lnx}{x}$的兩個不相等實數(shù)根，則n₁∈（0，e），n₂∈（e，+∞），
因為g（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，a₁＜a₂，所以0＜m₁＜n₁＜e；
由g（x）在（e，+∞）單調(diào)遞減，a₁＜a₂，所以e＜n₂＜m₂．
所以$\frac{{m}_{2}}{{m}_{1}}＞\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}$，所以$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$是a的減函數(shù)．
（3）證明：因為x₁，x₂是f（x）的兩個不相等的零點，則$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}=a{x}_{1}}\\{ln{x}_{2}=a{x}_{2}}\end{array}\right.$，
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$（t＞1），則$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}=a{x}_{1}}\\{ln{x}_{1}+lnt=at{x}_{1}}\end{array}\right.$，所以$ln{x}_{1}=\frac{lnt}{t-1}，ln{x}_{2}=\frac{tlnt}{t-1}$．
所以ln（x₁x₂）=lnx₁+lnx₂=$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$．
設(shè)h（t）=$\frac{（t+1）lnt}{t-1}（t＞1）$，則$h′（t）=\frac{-2lnt+t-\frac{1}{t}}{（t-1）^{2}}$．再設(shè)k（t）=-2lnt+t-$\frac{1}{t}（t＞1）$，
則$k′（t）=\frac{（t-1）^{2}}{{t}^{2}}＞0$．所以k（t）在（1，+∞）上遞增，所以k（t）＞k（1）=0．
所以h′（t）＞0，所以h（t）在（1，+∞）上是增函數(shù)，所以x₁•x₂是t的增函數(shù)．
結(jié)合（2）可知，x₁•x₂是a的減函數(shù)．

點評 本題有一定難度，第二、三問的關(guān)鍵在于如何找到$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}，{x}_{1}•{x}_{2}$分別與a的函數(shù)關(guān)系式，然后借助于函數(shù)的單調(diào)性解決問題．