Question

4．已知函数f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²-x+a（a∈R）在其定义域内有两个不同的极值点．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设两个极值点分别为x₁，x₂，证明：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由导数与极值的关系知可转化为方程f′（x）=lnx-ax=0在（0，+∞）有两个不同根；再转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，或转化为函数g（x）=$\frac{lnx}{x}$与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点；或转化为g（x）=lnx-ax有两个不同零点，从而讨论求解；
（Ⅱ）问题等价于ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，令$\frac{x_1}{x_2}=t$，则t＞1，$ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{{2（{{x_1}-{x_2}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}?lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$，设$g（t）=lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}，t＞1$，根据函数的单调性证出结论即可．

解答 解：（Ⅰ）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
方程f′（x）=0在（0，+∞）有两个不同根；
即方程lnx-ax=0在（0，+∞）有两个不同根；
（解法一）转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，
如右图．
可见，若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只须0＜a＜k．
令切点A（x₀，lnx₀），
故k=y′|x=x0=$\frac{1}{{x}_{0}}$，又k=$\frac{l{nx}_{0}}{{x}_{0}}$，
故 $\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{l{nx}_{0}}{{x}_{0}}$，
解得，x₀=e，
故k=$\frac{1}{e}$，
故0＜a＜$\frac{1}{e}$．
（解法二）转化为函数g（x）=$\frac{lnx}{x}$与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点．
又g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
即0＜x＜e时，g′（x）＞0，x＞e时，g′（x）＜0，
故g（x）在（0，e）上单调增，在（e，+∞）上单调减．
故g（x）_极大=g（e）=$\frac{1}{e}$；
又g（x）有且只有一个零点是1，且在x→0时，g（x）→-∞，在在x→+∞时，g（x）→0，
故g（x）的草图如右图，
可见，要想函数g（x）=$\frac{lnx}{x}$与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，
只须0＜a＜$\frac{1}{e}$．
（解法三）令g（x）=lnx-ax，从而转化为函数g（x）有两个不同零点，
而g′（x）=$\frac{1}{x}$-ax=$\frac{1-ax}{x}$（x＞0），
若a≤0，可见g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）单调增，
此时g（x）不可能有两个不同零点．
若a＞0，在0＜x＜$\frac{1}{a}$时，g′（x）＞0，在x＞$\frac{1}{a}$时，g′（x）＜0，
所以g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上单调减，从而g（x）极大=g（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$-1，
又因为在x→0时，g（x）→-∞，在在x→+∞时，g（x）→-∞，
于是只须：g（x）_极大＞0，即ln$\frac{1}{a}$-1＞0，所以0＜a＜$\frac{1}{e}$．
综上所述，0＜a＜$\frac{1}{e}$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知x₁，x₂分别是方程lnx-ax=0的两个根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂，
设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${x_1}•{x_2}＞{e^2}$等价于ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
令$\frac{x_1}{x_2}=t$，则t＞1，$ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{{2（{{x_1}-{x_2}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}?lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$，
设$g（t）=lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}，t＞1$，$g'（t）=\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{t{{（{t+1}）}^2}}}＞0$，
∴函数g（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴g（t）＞g（1）=0，
即不等式$lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$成立，
故所证不等式${x_1}•{x_2}＞{e^2}$成立．

点评 本题考查了导数的综合应用及分类讨论，转化思想，数形结合的思想方法的应用，属于综合题．