Question

4．已知函數(shù)f（x）=xlnx-x，g（x）=$\frac{a}{2}$x²-ax（a∈R）．
（Ⅰ）若f（x）和g（x）在（0，+∞）有相同的單調(diào)區(qū)間，求a的取值范圍；
（Ⅱ）令h（x）=f（x）-g（x）-ax（a∈R），若h（x）在定義域內(nèi)有兩個不同的極值點(diǎn)．
（i）求a的取值范圍；
（ii）設(shè)兩個極值點(diǎn)分別為x₁，x₂，證明：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)，求得f（x）的單調(diào)區(qū)間，由二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得a的取值范圍；
（Ⅱ）（i）求導(dǎo)h′（x）=lnx-ax，由方程lnx-ax=0在（0，+∞）有兩個不同根，方法一：根據(jù)函數(shù)圖象直線y=ax與y=lnx有兩個交點(diǎn)，求得y=lnx的切點(diǎn)，即可求得a的取值范圍；方法二：構(gòu)造函數(shù)g（x）=lnx-ax，求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，即可求得a的取值范圍；
（ii）由題意可知：x₁，x₂，分別是方程lnx-ax=0的兩個根，則只需證明lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，構(gòu)造輔助函數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，求得g（t）＞g（1）=0，即可證明lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，成立，則x₁•x₂＞e²．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=xlnx-x，x＞0，求導(dǎo)f′（x）=lnx，令f′（x）=0，解得：x=1，
則當(dāng)f′（x）＞0，解得：x＞1，當(dāng)f′（x）＜0時，解得：0＜x＜1，
∴f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1），
由g（x）=$\frac{a}{2}$x²-ax（a∈R）在（1，+∞）單調(diào)遞增，在（0，1）單調(diào)遞減，
則g（x）開口向上，對稱軸x=1，
則a＞0，
∴a的取值范圍（0，+∞）；
（Ⅱ） （ⅰ）依題意，函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）-ax=xlnx-x-$\frac{a}{2}$x²的定義域?yàn)椋?，+∞），
求導(dǎo)h′（x）=lnx-ax，
則方程h′（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(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(diǎn)，如圖．
可見，若令過原點(diǎn)且切于函數(shù)y=lnx圖象的直線斜率為k，
只須0＜a＜k．…6分
令切點(diǎn)A（x₀，lnx₀），則k=y′${丨}_{x={x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，又k=$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$，$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$，
解得，x₀=1，于是k=$\frac{1}{e}$，
∴0＜a＜$\frac{1}{e}$；                                            …8分

解法二：令g（x）=lnx-ax，從而轉(zhuǎn)化為函數(shù)g（x）有兩個不同零點(diǎn)，
求導(dǎo)g′（x）=$\frac{1}{x}$-ax=$\frac{1-ax}{x}$（x＞0）
若a≤0，可見g′（x）在（0，+∞）上恒成立，
g（x）在（0，+∞）單調(diào)增，
此時g（x）不可能有兩個不同零點(diǎn)．…5分
若a＞0，在0＜x＜$\frac{1}{a}$時，g′（x）＞0，在x＞$\frac{1}{a}$時，g′（x）＜0，
∴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）的極大值，g（x）_極大值=g（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$-1，…6分
又在x→0時，g（x）→-∞，在x→+∞時，g（x）→-∞，于是只須：
g（x）_極大值＞0，即ln$\frac{1}{a}$-1＞0，
∴0＜a＜$\frac{1}{e}$，…7分
綜上所述，0＜a＜$\frac{1}{e}$；                                  …8分
（ⅱ）證明：由（i）可知x₁，x₂，分別是方程lnx-ax=0的兩個根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂，
不妨設(shè)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x₁•x₂＞e²等價于lnx₁+lnx₂＞2，則a（x₁+x₂）＞2，
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$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，則lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，…10分
設(shè)g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，g′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴函數(shù)g（t）在（0，+∞）上單調(diào)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x₁•x₂＞e²成立．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查轉(zhuǎn)化思想，分析法證明不等式成立，屬于中檔題．