Question

14．已知函數(shù)f（x）=ax+lnx（a∈R）有兩個零點x₁，x₂．
（1）求a的取值范圍；
（2）是否存在實數(shù)λ，對于符合題意的任意x₁，x₂，當x₀=λx₁+（1-λ）x₂＞0時均有f′（x₀）＜0？若存在，求出所有λ的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=a+$\frac{1}{x}$（x＞0），求導討論a以確定導數(shù)的正負，從而確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求得f（-$\frac{1}{a}$）＞0，求得a的取值范圍；
（2）由于（1）可知：f′（x₀）＜0，f′（x₁）•f′（x₂）＜0可知λ≠0，且λ≠1，x₁，x₂是f（x）=0的兩個根，求得a的表達式，λ+（1-λ）$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$，t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，構(gòu)造輔助函數(shù)g（t）=lnt-$\frac{t-1}{λ+（1-λ）t}$（t＞0），求導化簡整理，令μ=$\frac{{λ}^{2}}{（1-λ）^{2}}$，利用μ的取值范圍，即可判斷g（t）的單調(diào)性，即可求得λ的值．

解答 解：（1）f′（x）=a+$\frac{1}{x}$（x＞0），
當a≥0時，f′（x）＞0對x＞0恒成立，與題意不符，
當a＜0，f′（x）=a+$\frac{1}{x}$=$\frac{ax+1}{x}$，
∴0＜x＜-$\frac{1}{a}$時，f′（x）＞0；
x＞-$\frac{1}{a}$時f′（x）＜0，
即函數(shù)f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）單調(diào)遞增，在（-$\frac{1}{a}$，+∞）單調(diào)遞減，
∵x→0和x→+∞時均有f（x）→-∞，
∴f（-$\frac{1}{a}$）=-1+ln（-$\frac{1}{a}$）＞0，解得：-$\frac{1}{e}$＜a＜0，
綜上可知：a的取值范圍（-$\frac{1}{e}$，0）；
（2）由（1）可知f′（x₀）＜0?x₀＞-$\frac{1}{a}$（-$\frac{1}{e}$＜a＜0），
由x₁，x₂的任意性及f′（x₁）•f′（x₂）＜0知，λ≠0，且λ≠1，
$\left\{\begin{array}{l}{a{x}_{1}+ln{x}_{1}=0}\\{a{x}_{2}+ln{x}_{2}=0}\end{array}\right.$∴a=-$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
故x₀=λx₁+（1-λ）x₂＞$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}$，
又∵λ+（1-λ）$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，則t＞0，t≠1，且λ+（1-λ）t＞$\frac{t-1}{lnt}$＞0恒成立，
令g（t）=lnt-$\frac{t-1}{λ+（1-λ）t}$（t＞0），而g（-1）=0，
∴t＞1時，g（t）＞0，0＜t＜1時，g（t）＜0．（*）
∴g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{[λ+（1-λ）t]^{2}}$=$\frac{（1-λ）^{2}[t-\frac{{λ}^{2}}{（1-λ）^{2}}]（t-1）}{t[λ+（1-λ）t]^{2}}$，令μ=$\frac{{λ}^{2}}{（1-λ）^{2}}$，
若μ＜1，則μ＜t＜1時，g′（t）＜0，即函數(shù)在（μ，1）單調(diào)遞減，
∴g（t）＞g（1）=0，與（*）不符；
若μ＞1，則1＜t＜μ時，g′（t）＜0，即函數(shù)g（t）在（1，μ）單調(diào)遞減，
∴g（t）＜g（1）=0，與（*）式不符；
若μ=1，解得λ=$\frac{1}{2}$，此時g′（t）≥0恒成立，（g′（t）=0?t=1），
即函數(shù)g（t）在（0，+∞）單調(diào)遞增，又g（1）=0，
∴t＞1時，g（t）＞0；0＜t＜1時，g（t）＜0符合（•）式，
綜上，存在唯一實數(shù)λ=$\frac{1}{2}$符合題意．

點評 本題考查利用導數(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，屬于難題．