Question

17．已知函数f（x）=a^x-x（a＞0且a≠1）在（0，+∞）上有两个零点x₁，x₂，且x₁＜x₂．
（Ⅰ）求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当λ＞0时，若不等式lna＞$\frac{1+λ}{λ{x}_{1}+{x}_{2}}$恒成立，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）问题等价于lna=$\frac{lnx}{x}$在（0，+∞）上有2个解，令F（x）=$\frac{lnx}{x}$，求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出F（x）的范围，得到关于a的不等式，解出即可；
（Ⅱ）原不等式等价于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{λ{x}_{1}+{x}_{2}}$恒成立，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），则不等式lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{λt+1}$在t∈（0，1）上恒成立，令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{λt+1}$，根据函数的单调性求出λ的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）由题意得：a^x=x在（0，+∞）上有2个解，
即xlna=lnx?lna=$\frac{lnx}{x}$在（0，+∞）上有2个解，
令F（x）=$\frac{lnx}{x}$，F′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
∴x∈（0，e）时，F′（x）＞0，F（x）递增，
x∈（e，+∞）时，F′（x）＜0，F（x）递减，
故x＞0时且x→0时，F（x）=$\frac{1}{x}$lnx→-∞，
x→+∞时，lnx＜x，F（x）=$\frac{1}{x}$lnx→0，
故F（x）的最大值是F（e）=$\frac{1}{e}$，
要使方程lna=$\frac{lnx}{x}$有2个解，需满足0＜lna＜$\frac{1}{e}$，
解得：1＜a＜${e}^{\frac{1}{e}}$；
（Ⅱ）由lnx₁=x₁lna，lnx₂=x₂lna，
作差得：ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=（x₁-x₂）lna，即lna=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
故原不等式等价于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{λ{x}_{1}+{x}_{2}}$恒成立，
∵0＜x₁＜x₂，∴ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（1+λ）{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{λx}_{1}{+x}_{2}}$恒成立，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），则不等式lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{λt+1}$在t∈（0，1）上恒成立，
令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{λt+1}$，又h′（t）=$\frac{（t-1）{（λ}^{2}t-1）}{{t（λt+1）}^{2}}$，
0＜λ≤1时，即λ²t-1＜0时，h′（t）＞0，h（t）在（0，1）单增，
又h（1）=0，h（t）＜0在（0，1）恒成立，符合题意，
λ＞1时，t∈（0，$\frac{1}{{λ}^{2}}$）上单增，在t∈（$\frac{1}{{λ}^{2}}$，1）上递减，又h（1）=0，
∴h（t）在t∈（0，1）不能恒小于0，不合题意，舍去，
综上，若不等式lna＞$\frac{1+λ}{λ{x}_{1}+{x}_{2}}$恒成立，只需0＜λ≤1．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．