Question

4．已知函數f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²-x+a（a∈R）在其定義域內有兩個不同的極值點．
（Ⅰ）求a的取值范圍；
（Ⅱ）設兩個極值點分別為x₁，x₂，證明：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由導數與極值的關系知可轉化為方程f′（x）=lnx-ax=0在（0，+∞）有兩個不同根；再轉化為函數y=lnx與函數y=ax的圖象在（0，+∞）上有兩個不同交點，或轉化為函數g（x）=$\frac{lnx}{x}$與函數y=a的圖象在（0，+∞）上有兩個不同交點；或轉化為g（x）=lnx-ax有兩個不同零點，從而討論求解；
（Ⅱ）問題等價于ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，令$\frac{x_1}{x_2}=t$，則t＞1，$ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{{2（{{x_1}-{x_2}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}?lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$，設$g（t）=lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}，t＞1$，根據函數的單調性證出結論即可．

解答 解：（Ⅰ）由題意知，函數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）轉化為函數y=lnx與函數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）轉化為函數g（x）=$\frac{lnx}{x}$與函數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）上單調增，在（e，+∞）上單調減．
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g（x）=$\frac{lnx}{x}$與函數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，從而轉化為函數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，$\frac{1}{a}$）上單調增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調減，從而g（x）極大=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）由（Ⅰ）可知x₁，x₂分別是方程lnx-ax=0的兩個根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂，
設x₁＞x₂，作差得ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁-x₂），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$
原不等式${x_1}•{x_2}＞{e^2}$等價于ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
令$\frac{x_1}{x_2}=t$，則t＞1，$ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{{2（{{x_1}-{x_2}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}?lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$，
設$g（t）=lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}，t＞1$，$g'（t）=\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{t{{（{t+1}）}^2}}}＞0$，
∴函數g（t）在（1，+∞）上單調遞增，
∴g（t）＞g（1）=0，
即不等式$lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$成立，
故所證不等式${x_1}•{x_2}＞{e^2}$成立．

點評 本題考查了導數的綜合應用及分類討論，轉化思想，數形結合的思想方法的應用，屬于綜合題．