Question

12．已知函數(shù)f（x）=e^x-alnx-a，其中常數(shù)a＞0，若f（x）有兩個零點x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），求證：$\frac{1}{a}＜{x_1}＜1＜{x_2}＜a$．

Answer 1

分析 當(dāng)f（x）≥0恒成立時，有 0＜a≤e成立．若0＜x≤$\frac{1}{e}$，則f（x）=e^x-a（lnx+1）≥0顯然成立；若x＞$\frac{1}{e}$，運用參數(shù)分離，構(gòu)造函數(shù)通過求導(dǎo)數(shù)，運用單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)零點存在定理，即可得證．

解答 證明：當(dāng)f（x）≥0恒成立時，有 0＜a≤e成立．
若0＜x≤$\frac{1}{e}$，則f（x）=e^x-a（lnx+1）≥0顯然成立；
若x＞$\frac{1}{e}$，由f（x）≥0得a≤$\frac{{e}^{x}}{lnx+1}$，
令φ（x）=$\frac{{e}^{x}}{lnx+1}$，則φ′（x）=$\frac{{e}^{x}（lnx+1-\frac{1}{x}）}{{（lnx+1）}^{2}}$，
令g（x）=lnx+1-$\frac{1}{x}$，（x＞$\frac{1}{e}$），
由g′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，得g（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞增，
又g（1）=0，所以φ′（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上為負(fù)，在（1，+∞）上為正，
因此φ（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上遞減，在（1，+∞）上遞增，即有φ（x）_min=φ（1）=e，
從而0＜a≤e．因而函數(shù)y=f（x）若有兩個零點，則a＞e，即有f（1）=e-a＜0，
由f（a）=e^a-alna-a（a＞e）得f'（a）=e^a-lna-2，
則f″（a）=e^a-$\frac{1}{a}$＞e^a-$\frac{1}{e}$＞e-$\frac{1}{e}$＞0，
則f′（a）=e^a-lna-2在（e，+∞）上單調(diào)遞增，
即有f′（a）＞f'（e）=e^e-3＞e²-3＞0，
則有f（a）=e^a-alna-a在（e，+∞）上單調(diào)遞增，
則f（a）＞f（e）=e^e-2e＞e²-2e＞0，則f（1）f（a）＜0，則有1＜x₂＜a；
由a＞e得f（$\frac{1}{a}$）=${e}^{\frac{1}{a}}$-aln$\frac{1}{a}$-a=${e}^{\frac{1}{a}}$+alna-a＞${e}^{\frac{1}{a}}$+alne-a=${e}^{\frac{1}{a}}$＞0，
則f（1）f（$\frac{1}{a}$）＜0，
所以$\frac{1}{a}$＜x₁＜1，綜上得$\frac{1}{a}$＜x₁＜1＜x₂＜a．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，主要考查函數(shù)的單調(diào)性的運用，以及不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，屬于中檔題和易錯題．