Question

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

Answer 1

分析 （Ⅰ）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)，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(gè)不同交點(diǎn)；或轉(zhuǎn)化為g（x）=lnx-ax有兩個(gè)不同零點(diǎn)，從而討論求解；
（Ⅱ）${e^{1+λ}}＜{x_1}•{x_2}^λ$可化為1+λ＜lnx₁+λlnx₂，結(jié)合方程的根知1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），從而可得$a＞\frac{1+λ}{{{x_1}+λ{(lán)x_2}}}$；而$a=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，從而化簡(jiǎn)可得$\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{1+λ}{{{x_1}+λ{(lán)x_2}}}$，從而可得$ln\frac{x_1}{x_2}＜\frac{{（1+λ）（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+λ{(lán)x_2}}}$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(dǎo)數(shù)化恒成立問(wèn)題為最值問(wèn)題即可．

解答 解：（Ⅰ）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；
（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(gè)不同交點(diǎn)，
如右圖．

可見(jiàn)，若令過(guò)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$k=y'{|_{x={x_0}}}=\frac{1}{x_0}$，又$k=\frac{{ln{x_0}}}{x_0}$，
故$\frac{1}{x_0}=\frac{{ln{x_0}}}{x_0}$，
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(gè)不同交點(diǎn)
又$g'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，
即0＜x＜e時(shí)，g′（x）＞0，x＞e時(shí)，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(gè)零點(diǎn)是1，且在x→0時(shí)，g（x）→-∞，在在x→+∞時(shí)，g（x）→0，
故g（x）的草圖如右圖，

可見(jiàn)，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(gè)不同交點(diǎn)，
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(gè)不同零點(diǎn)，
而$g'（x）=\frac{1}{x}-ax=\frac{1-ax}{x}$（x＞0），
若a≤0，可見(jiàn)g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）單調(diào)增，
此時(shí)g（x）不可能有兩個(gè)不同零點(diǎn)．
若a＞0，在$0＜x＜\frac{1}{a}$時(shí)，g′（x）＞0，在$x＞\frac{1}{a}$時(shí)，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$g{（x）_{極大}}=g（\frac{1}{a}）$=$ln\frac{1}{a}-1$，
又因?yàn)樵趚→0時(shí)，g（x）→-∞，在在x→+∞時(shí)，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?yàn)?{e^{1+λ}}＜{x_1}•{x_2}^λ$等價(jià)于1+λ＜lnx₁+λlnx₂．
由（Ⅰ）可知x₁，x₂分別是方程lnx-ax=0的兩個(gè)根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂
所以原式等價(jià)于1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），因?yàn)棣耍?，0＜x₁＜x₂，
所以原式等價(jià)于$a＞\frac{1+λ}{{{x_1}+λ{(lán)x_2}}}$．
又由lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂作差得，$ln\frac{x_1}{x_2}=a（{x_1}-{x_2}）$，即$a=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$．
所以原式等價(jià)于$\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{1+λ}{{{x_1}+λ{(lán)x_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}+λ{(lán)x_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{1}{t}-\frac{{{{（1+λ）}^2}}}{{{{（t+λ）}^2}}}$=$\frac{{（t-1）（t-{λ^2}）}}{{t{{（t+λ）}^2}}}$，
當(dāng)λ²≥1時(shí)，可見(jiàn)t∈（0，1）時(shí)，h′（t）＞0，
所以h（t）在t∈（0，1）上單調(diào)增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合題意．
當(dāng)λ²＜1時(shí)，可見(jiàn)t∈（0，λ²）時(shí)，h′（t）＞0，t∈（λ²，1）時(shí)h′（t）＜0，
所以h（t）在t∈（0，λ²）時(shí)單調(diào)增，在t∈（λ²，1）時(shí)單調(diào)減，又h（1）=0，
所以h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合題意，舍去．
綜上所述，若不等式${e^{1+λ}}＜{x_1}•{x_2}^λ$恒成立，只須λ²≥1，又λ＞0，所以λ≥1．

點(diǎn)評(píng) 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，屬于中檔題．