Question

2．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax（a∈R）有兩個不同的零點．
（Ⅰ）求a的取值范圍；
（Ⅱ）記兩個零點分別為x₁，x₂，且x₁＜x₂，已知λ＞0，若不等式1+λ＜lnx₁+λlnx₂恒成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）依題意，函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），所以方程lnx-ax=0在（0，+∞）有兩個不同跟等價于函數(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．利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，畫出圖象即可得出．
（Ⅱ）由（I）可知x₁，x₂分別為方程lnx-ax=0的兩個根，即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂，因此原式等價于1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），原式等價于$a＞\frac{1+λ}{{{x_1}+λ{x_2}}}$．又由lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂作差得，$ln\frac{x_1}{x_2}=a（{{x_1}-{x_2}}）$，即$a=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$．因此原式等價于$\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{1+λ}{{{x_1}+λ{x_2}}}$．即$ln\frac{x_1}{x_2}＜\frac{{（{1+λ}）（{{x_1}-{x_2}}）}}{{{x_1}+λ{x_2}}}$恒成立．令$t=\frac{x_1}{x_2}，t∈（{0，1}）$，則不等式$lnt＜\frac{{（{1+λ}）（{t-1}）}}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．利用導數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．

解答 解：（I）依題意，函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
所以方程lnx-ax=0在（0，+∞）有兩個不同跟等價于函數(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$g'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，即當0＜x＜e時，g'（x）＞0；當x＞e時，g'（x）＜0，
所以g（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減．
從而$g{（x）_{max}}=g（e）=\frac{1}{e}$．
又g（x）有且只有一個零點是1，且在x→0時，g（x）→∞，在x→+∞時，g（x）→0，
所以g（x）的草圖如下：
可見，要想函數(shù)$g（x）=\frac{lnx}{x}$與函數(shù)y=a在圖象（0，+∞）上有兩個不同交點，只需$0＜a＜\frac{1}{e}$．
（Ⅱ）由（I）可知x₁，x₂分別為方程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$a＞\frac{1+λ}{{{x_1}+λ{x_2}}}$．
又由lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂作差得，$ln\frac{x_1}{x_2}=a（{{x_1}-{x_2}}）$，即$a=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$．
所以原式等價于$\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{1+λ}{{{x_1}+λ{x_2}}}$．
因為0＜x₁＜x₂，原式恒成立，即$ln\frac{x_1}{x_2}＜\frac{{（{1+λ}）（{{x_1}-{x_2}}）}}{{{x_1}+λ{x_2}}}$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$h（t）=lnt-\frac{{（{1+λ}）（{t-1}）}}{t+λ}$，則$h'（t）=\frac{1}{t}-\frac{{{{（{1+λ}）}^2}}}{{{{（{t+λ}）}^2}}}=\frac{{（{t-1}）（{t-{λ^2}}）}}{{t（{t+λ}）}}$，
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)遞增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合題意；
當λ²＜1時，可見當t∈（0，λ²）時，h'（t）＞0；當t∈（λ²，1）時，h'（t）＜0，
所以h（t）在t∈（0，λ²）時單調(diào)遞增，在t∈（λ²，1）時單調(diào)遞減．
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1+λ＜lnx₁+λlnx₂恒成立，只須λ²≥1，又λ＞0，所以λ≥1．

點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、換元法、分類討論方法、等價轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．