Question

19．已知函數(shù)f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²-x+a（a∈R）在定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)
（1）求a的取值范圍；
（2）記兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，已知λ＞0，若不等式x₁•x₂^λ＞e^1+λ恒成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由導(dǎo)數(shù)與極值的關(guān)系知可轉(zhuǎn)化為方程f′（x）=lnx-ax=0在（0，+∞）有兩個(gè)不同根；再轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=lnx與函數(shù)y=ax的圖象在（0，+∞）上有兩個(gè)不同交點(diǎn)；
（2）原式等價(jià)于 $\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），則不等式lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，t∈（0，1），
根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出即可．

解答 解：（1）由題意知，函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
方程f′（x）=0在（0，+∞）有兩個(gè)不同根，即方程lnx-ax=0在（0，+∞）有兩個(gè)不同根；
轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=lnx與函數(shù)y=ax的圖象在（0，+∞）上有兩個(gè)不同交點(diǎn)，
如圖示：
，
可見，若令過原點(diǎn)且切于函數(shù)y=lnx圖象的直線斜率為k，只須0＜a＜k．
令切點(diǎn)A（x₀，lnx₀），
故k=y′|x=x₀=$\frac{1}{{x}_{0}}$，又k=$\frac{l{nx}_{0}}{{x}_{0}}$，
故 $\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{l{nx}_{0}}{{x}_{0}}$，解得，x₀=e，
故k=$\frac{1}{e}$，故0＜a＜$\frac{1}{e}$；
（2）因?yàn)閑^1+λ＜x₁•x₂^λ等價(jià)于1+λ＜lnx₁+λlnx₂．
由（1）可知x₁，x₂分別是方程lnx-ax=0的兩個(gè)根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂
所以原式等價(jià)于1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），因?yàn)棣耍?，0＜x₁＜x₂，
所以原式等價(jià)于a＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$，
又由lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂作差得，ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁-x₂），
所以原式等價(jià)于 $\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$，
因?yàn)?＜x₁＜x₂，原式恒成立，即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（1+λ）{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$恒成立．
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），
則不等式lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．
令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，t∈（0，1），
又h′（t）=$\frac{（t-1）（t{-λ}^{2}）}{{t（t+λ）}^{2}}$，
當(dāng)λ²≥1時(shí)，可見t∈（0，1）時(shí)，h′（t）＞0，
所以h（t）在t∈（0，1）上單調(diào)增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合題意．
當(dāng)λ²＜1時(shí)，可見t∈（0，λ²）時(shí)，h′（t）＞0，t∈（λ²，1）時(shí)h′（t）＜0，
所以h（t）在t∈（0，λ²）時(shí)單調(diào)增，在t∈（λ²，1）時(shí)單調(diào)減，又h（1）=0，
所以h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合題意，舍去．
綜上所述，若不等式e1+λ＜x1•x2λ恒成立，只須λ²≥1，又λ＞0，所以λ≥1．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及分類討論，轉(zhuǎn)化思想，數(shù)形結(jié)合的思想方法的應(yīng)用，是一道綜合題．