Question

9．已知函數(shù)f（x）=xlnx+x²-ax+2（a∈R）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂．
（1）求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
（2）求證：x₁+x₂＞2．
（3）求證：x₁•x₂＞1．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=lnx+1+2x-a=lnx-（-2x+a-1），當(dāng)x=t時(shí)，f′（t）=0，作出圖象，利用數(shù)形結(jié)合思想能求出a的范圍．
（2）由 f′（t）=0，t＞1，作出f（x）的大致圖象，由此能證明x₁+x₂＞2．
（3）由導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，由此能證明x₁•x₂＞1．

解答 解：（1）∵f（x）=xlnx+x²-ax+2（a∈R），
∴f′（x）=lnx+1+2x-a=lnx-（-2x+a-1），
當(dāng)x=t時(shí)，f′（t）=0，如右上圖，
由圖知：x∈（0，t）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)，
x∈（t，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)，
∵函數(shù)f（x）=xlnx+x²-ax+2（a∈R）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂．
∴f（t）＜0，
∵f′（t）=lnt-（-2t+a-1）=0，即lnt=-2t+a-1，
∴f（t）=t（-2t+a-1）+t²-at+2=-t²-t+2＜0，
即t²+t-2＞0，
∴t＞1或t＜-2（舍），
當(dāng)t=1時(shí)，ln1=-2+a-1，解得a=3，
∵t＞1，∴a＞3．
證明：（2）由（1）知 f′（t）=0，t＞1，
∵函數(shù)f（x）=xlnx+x²-ax+2（a∈R）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂．
f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
∴由x₁，x₂∈（0，+∞），令x₁＜x₂．
∴f（x）的大致圖象如右下圖：
∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=t＞1$，
∴x₁+x₂＞2．
（3）由（2）知，x₁，x₂∈（0，+∞），x₁+x₂＞2，
∵函數(shù)f（x）=xlnx+x²-ax+2（a∈R）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，a＞3，
∴f（x₂）=${x}_{2}ln{x}_{2}+{{x}_{2}}^{2}$-ax${{\;}_{2}}^{\;}$+2=0，∴a=lnx₂+x₂+$\frac{2}{{x}_{2}}$，
f（$\frac{1}{{x}_{2}}$）=$\frac{1}{{x}_{2}}ln\frac{1}{{x}_{2}}$+$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}}$-x₂lnx₂-x₂²，
設(shè)h（k）=klnk+k²-$\frac{1}{k}ln\frac{1}{k}$-$\frac{1}{{k}^{2}}$=（k+$\frac{1}{k}$）lnk+k²-$\frac{1}{{k}^{2}}$，
h′（k）=（1-$\frac{1}{{k}^{2}}$）lnk+1+$\frac{1}{{k}^{2}}$+2k+$\frac{2}{{k}^{3}}$＞0，
∴h（k）是（0，+∞）上的增函數(shù)，
∴當(dāng)k＞1時(shí)，h（k）＞h（1）=0，
∵x₂＞1，∴$\frac{1}{{x}_{2}}$＜1，∴h（$\frac{1}{{x}_{2}}$）＜h（1）=0，
又由零點(diǎn)性質(zhì)得h（x₁）=0，
∴h（x₁）＞h（$\frac{1}{{x}_{2}}$），∴x₁＞$\frac{1}{{x}_{2}}$，
∴x₁•x₂＞1．

點(diǎn)評 本題考查實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，考查不等式的證明，根據(jù)條件構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．