Question

14．已知函数f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}{x^2}$-x+a（a∈R）在其定义域内有两个不同的极值点．
（1）求a的取值范围；
（2）记两个极值点分别为x₁，x₂，且x₁＜x₂，已知λ＞0，若不等式e^1+λ＜x₁x₂^λ恒成立，求λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）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；
（2）e^1+λ＜${x}_{1}{{x}_{2}}^{λ}$可化为1+λ＜lnx₁+λlnx₂，结合方程的根知1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），从而可得a＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$．而a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．则原式等价于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$．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），构造函数h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，从而利用导数化恒成立问题为最值问题即可．

解答 解：（1）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；
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=$y′{|}_{x={x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，又k=$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$，
故$\frac{1}{{x}_{0}}=\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$，解得，x₀=e，
故k=$\frac{1}{e}$，
故0＜a＜$\frac{1}{e}$；
（2）∵e^1+λ＜${x}_{1}{{x}_{2}}^{λ}$等价于1+λ＜lnx₁+λlnx₂．
由（1）可知x₁，x₂分别是方程lnx-ax=0的两个根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂
∴原式等价于1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），∵λ＞0，0＜x₁＜x₂，
∴原式等价于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（x₁-x₂），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
∴原式等价于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$．
∵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），
则不等式lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．
令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，
又h′（t）═$\frac{1}{t}-\frac{（1+λ）^{2}}{（t+λ）^{2}}$=$\frac{（t-1）（t-{λ}^{2}）}{t（t+λ）^{2}}$，
当λ²≥1时，可见t∈（0，1）时，h′（t）＞0，
∴h（t）在t∈（0，1）上单调增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合题意．
当λ²＜1时，可见t∈（0，λ²）时，h′（t）＞0，t∈（λ²，1）时h′（t）＜0，
∴h（t）在t∈（0，λ²）时单调增，在t∈（λ²，1）时单调减，又h（1）=0，
∴h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去．
综上所述，若不等式e^1+λ＜${x}_{1}{{x}_{2}}^{λ}$恒成立，只须λ²≥1，又λ＞0，∴λ≥1．

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，属于难题．