Question

已知函數(shù)f（x）=

x2

ax+lnx

（a∈R），g（x）=x-lnx．
（1）當a=0時，求f（x）在（1，+∞）上的最小值；
（2）若y=f（x）與y=g（x）的圖象恰有三個不同的交點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃）（x₁＜x₂＜x₃）．
（i）求實數(shù)a的取值范圍；
（ii）求證：（f（x₁））²f（x₂）f（x₃）=x₁²x₂x₃．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）把a=0代入函數(shù)解析式，求導后得到導函數(shù)的零點，列表判斷函數(shù)在不同區(qū)間內(nèi)的單調性，從而求得
f（x）在（1，+∞）上的最小值；
（2）（i）由f（x）=g（x），分離參數(shù)得到a=

x

x-lnx

-

lnx

x

，令h(x)=

x

x-lnx

-

lnx

x

．求導后得其極值點，求得函數(shù)極值，則使y=f（x）與y=g（x）的圖象恰有三個不同的交點的實數(shù)a的取值范圍可求；
（ii）由a=

x

x-lnx

-

lnx

x

=

1

1- lnx x

-

lnx

x

，令u=

lnx

x

，轉化為關于u的方程后由根與系數(shù)關系得到u₁+u₂=1-a＜0，u₁u₂=1-a＜0，最后由

(f(x1))2f(x2)f(x3)

x12x2x3

=1證得答案．

解答： （1）解：當a=0時，f（x）=

x2

ax+lnx

=

x2

lnx

，
得f′(x)=

x(2lnx-1)

(lnx)2

=0，
∵x∈（1，+∞），
∴x=

e

．
列表：

	（1， e ）	e	( e ，+∞)
f′（x）	-	0	+
f（x）	減函數(shù)	極小值	增函數(shù)

∴當a=0時，f（x）在（1，+∞）上的最小值為f(

e

)=2e；
（2）（i）解：由

x2

ax+lnx

=x-lnx（x＞0，ax+lnx≠0），
分離參數(shù)得a=

x

x-lnx

-

lnx

x

，令h(x)=

x

x-lnx

-

lnx

x

．
由h′(x)=

1-lnx

(x-lnx)2

-

1-lnx

x2

=

lnx(1-lnx)(2x-lnx)

x2(x-lnx)2

=0，
得x=1或x=e．
列表：

	（0，1）	（1，e）	（e，+∞）
h′（x）	-	+	-
h（x）	減函數(shù)	增函數(shù)	減函數(shù)

而x→0，h（x）→+∞，h（1）=1，h(e)=1+

1

e(e-1)

，x→+∞，h（x）→1．
結合函數(shù)的單調性可得，實數(shù)a的取值范圍為(1，1+

1

e(e-1)

)；
（ii）證明：由（i）知0＜x₁＜1＜x₂＜e＜x₃，
a=

x

x-lnx

-

lnx

x

=

1

1- lnx x

-

lnx

x

，令u=

lnx

x

，
則a=

1

1-u

-u，即u²+（a-1）u+1-a=0，
u₁+u₂=1-a＜0，u₁u₂=1-a＜0，畫u=

lnx

x

圖象．
不妨設u₁＜u₂，則u1=

lnx1

x1

，u2=

lnx2

x2

=

lnx3

x3

，

(f(x1))2f(x2)f(x3)

x12x2x3

=

(g(x1))2g(x2)g(x3)

x12x2x3

=(

x1-lnx1

x1

)2

x2-lnx2

x2

x3-lnx3

x3

=(1-

lnx1

x1

)(1-

lnx2

x2

)(1-

lnx3

x3

)=(1-u1)2(1-u2)(1-u3)=[(1-u1)(1-u2)]2
=[1-(u1+u2)+u1u2]2=[1-(1-a)+(1-a)]2=1．
故：（f（x₁））²f（x₂）f（x₃）=x₁²x₂x₃．

點評：本題考查了利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，求函數(shù)在閉區(qū)間[a，b]上的最大值與最小值是通過比較函數(shù)在（a，b）內(nèi)所有極值與端點函數(shù)f（a），f（b） 比較而得到的．訓練了函數(shù)零點的判斷方法，運用了分離變量法、換元法、函數(shù)構造法等數(shù)學轉化思想方法，是壓軸題．