Question

14．已知函數(shù)f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}{x^2}$-x+a（a∈R）在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點．
（1）求a的取值范圍；
（2）記兩個極值點分別為x₁，x₂，且x₁＜x₂，已知λ＞0，若不等式e^1+λ＜x₁x₂^λ恒成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由導數(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；
（2）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＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$．而a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．則原式等價于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$．即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（1+λ）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$恒成立．令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），構(gòu)造函數(shù)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）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；
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=$y′{|}_{x={x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，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＜$\frac{1}{e}$；
（2）∵e^1+λ＜${x}_{1}{{x}_{2}}^{λ}$等價于1+λ＜lnx₁+λlnx₂．
由（1）可知x₁，x₂分別是方程lnx-ax=0的兩個根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂
∴原式等價于1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），∵λ＞0，0＜x₁＜x₂，
∴原式等價于a＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$．
又由lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂作差得，ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁-x₂），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
∴原式等價于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$．
∵0＜x₁＜x₂，原式恒成立，即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（1+λ）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$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λ²≥1時，可見t∈（0，1）時，h′（t）＞0，
∴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，
∴h（t）在t∈（0，λ²）時單調(diào)增，在t∈（λ²，1）時單調(diào)減，又h（1）=0，
∴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，∴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(jié)合的思想方法的應用，屬于難題．