Question

8．已知函數(shù)f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²-x+a，a∈R
（1）當a=0時，求函數(shù)f（x）的極值；
（2）若函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點（極值點是指函數(shù)取極值時對應的自變量的值），記為x₁，x₂，且x₁＜x₂．
（ⅰ）求a的取值范圍；
（ⅱ）若不等式e^1+λ＜x₁•x${\;}_{2}^{λ}$恒成立，求正實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的解析式，求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極小值即可；
（2）（i）由導數(shù)與極值的關系知可轉(zhuǎn)化為方程f′（x）=lnx-ax=0在（0，+∞）有兩個不同根；再轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=lnx與函數(shù)y=ax的圖象在（0，+∞）上有兩個不同交點，或轉(zhuǎn)化為函數(shù)g（x）=$\frac{lnx}{x}$與函數(shù)y=a的圖象在（0，+∞）上有兩個不同交點；或轉(zhuǎn)化為g（x）=lnx-ax有兩個不同零點，從而討論求解；
（ii）e^1+λ＜x₁•x₂^λ可化為1+λ＜lnx₁+λlnx₂，結合方程的根知1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），從而可得a＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$；而a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，從而可得ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$$\frac{（1+λ）{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$＜恒成立；再令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），從而可得不等式lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立，再令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，從而利用導數(shù)化恒成立問題為最值問題即可．

解答 解：（1）a=0時，f（x）=xlnx-x，函數(shù)的定義域是（0，+∞），
f（x）=lnx，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
故函數(shù)在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
故函數(shù)的極小值是f（1）=-1；
（2）（i）由題意知，函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
方程f′（x）=0在（0，+∞）有兩個不同根；
即方程lnx-ax=0在（0，+∞）有兩個不同根；
（解法一）轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=lnx與函數(shù)y=ax的圖象在（0，+∞）上有兩個不同交點，
如右圖．

可見，若令過原點且切于函數(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＜$\frac{1}{e}$．
（解法二）轉(zhuǎn)化為函數(shù)g（x）=$\frac{lnx}{x}$與函數(shù)y=a的圖象在（0，+∞）上有兩個不同交點
又g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
即0＜x＜e時，g′（x）＞0，x＞e時，g′（x）＜0，
故g（x）在（0，e）上單調(diào)增，在（e，+∞）上單調(diào)減．
故g（x）_極大=g（e）=$\frac{1}{e}$；
又g（x）有且只有一個零點是1，且在x→0時，g（x）→-∞，在在x→+∞時，g（x）→0，
故g（x）的草圖如右圖，

可見，要想函數(shù)g（x）=$\frac{lnx}{x}$與函數(shù)y=a的圖象在（0，+∞）上有兩個不同交點，
只須0＜a＜$\frac{1}{e}$．
（解法三）令g（x）=lnx-ax，從而轉(zhuǎn)化為函數(shù)g（x）有兩個不同零點，
而g′（x）=$\frac{1}{x}$-ax=$\frac{1-ax}{x}$（x＞0），
若a≤0，可見g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）單調(diào)增，
此時g（x）不可能有兩個不同零點．
若a＞0，在0＜x＜$\frac{1}{a}$時，g′（x）＞0，在x＞$\frac{1}{a}$時，g′（x）＜0，
所以g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)減，從而g（x）_極大值=g（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$-1，
又因為在x→0時，g（x）→-∞，在在x→+∞時，g（x）→-∞，
于是只須：g（x）_極大＞0，即ln$\frac{1}{a}$-1＞0，所以0＜a＜$\frac{1}{e}$．
綜上所述，0＜a＜$\frac{1}{e}$．
（ii）因為e1+λ＜x1•x2λ等價于1+λ＜lnx₁+λlnx₂．
由（i）可知x₁，x₂分別是方程lnx-ax=0的兩個根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂
所以原式等價于1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），因為λ＞0，0＜x₁＜x₂，
所以原式等價于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），
即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，所以原式等價于 $\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$，
因為0＜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-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，
又h′（t）=$\frac{（t-1）（t{-λ}^{2}）}{{t（t+λ）}^{2}}$，
當λ²≥1時，可見t∈（0，1）時，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λ²＜1時，可見t∈（0，λ²）時，h′（t）＞0，t∈（λ²，1）時h′（t）＜0，
所以h（t）在t∈（0，λ²）時單調(diào)增，在t∈（λ²，1）時單調(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．

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應用及分類討論，轉(zhuǎn)化思想，數(shù)形結合的思想方法的應用，屬于綜合題．