Question

已知函数f（x）=lnx-ax（a∈R）
（Ⅰ）若函数f（x）无零点，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若存在两个实数x₁，x₂且x₁≠x₂，满足f（x₁）=0，f（x₂）=0，求证x₁x₂＞e²．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）当a≤0时，函数有零点；当a＞0时，极大值小于0，函数没有零点，由此可求实数a的取值范围．
（Ⅱ）由于f（x）有两个相异零点x₁，x₂，可知f（x₁）=0，f（x₂）=0，再原不等式x₁•x₂＞e²进一步整理得到ln

x1

x2

＞

2(x1-x2)

x1+x2

，只要能证出上述不等式恒成立即可

解答： 解（Ⅰ）①若a＜0，则f′（x）＞0，f（x）是区间（0，+∞）上的增函数，
∵f（1）=-a＞0，f（e^a）=a-ae^a=a（1-e^a）＜0，
∴f（1）•f（e^a）＜0，函数f（x）在区间（0，+∞）有唯一零点．
②若a=0，f（x）=lnx有唯一零点x=1．
③若a＞0，令f′（x）=0得：x=

1

a

．
在区间（0，

1

a

）上，f′（x）＞0，函数f（x）是增函数；
在区间（

1

a

，+∞）上，f′（x）＜0，函数f（x）是减函数；
故在区间（0，+∞）上，f（x）的极大值为f（

1

a

）=ln

1

a

-1=-lna-1．
由于f（x）无零点，须使f（

1

a

）=ln

1

a

-1=-lna-1，解得：a＞

1

e

．
故所求实数a的取值范围是（

1

e

，+∞）．
（Ⅱ）设x₁＞x₂＞0，
∵f（x₁）=0，f（x₂）=0，
∴lnx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，
∴lnx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），lnx₁+lnx₂=a（x₁+x₂）
原不等式x₁•x₂＞e²等价于lnx₁+lnx₂＞2?a（x₁+x₂）＞2，
?

lnx1-lnx2

x1-x2

＞

2

x1+x2

?ln

x1

x2

＞

2(x1-x2)

x1+x2

，
令

x1

x2

=t，则t＞1，
∴ln

x1

x2

＞

2(x1-x2)

x1+x2

?lnt＞

2(t-1)

t+1

，
设g（t）=lnt-

2(t-1)

t+1

，（t＞1），
∴g′（t）=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，
∴函数g（t）在（1，+∞）是递增，
∴g（t）＞g（1）=0即不等式lnt＞

2(t-1)

t+1

成立，
故所证不等式x₁•x₂＞e²成立．

点评：本题主要考查了导数在函数单调性和函数极值中的应用，连续函数的零点存在性定理及其应用，分类讨论的思想方法，属中档题