Question

8．已知函数 f（x）=lnx-ax（a∈R）有两个不相等的零点 x₁，x₂（x₁＜x₂）
（I）求a的取值范围；
（Ⅱ）判断$\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$与a的大小关系，并证明你的结论．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用导数研究函数的单调性、极值情况，利用数形结合可知，只需极大值为正即可；
（Ⅱ）结论是$\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$＜a，转化为ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，t＞1，转化为证明$\frac{1}{2}$lnt-1+$\frac{2}{t+1}$＞0在（1，+∞）恒成立，构造函数，求出函数小值即可得到结论．

解答 解：（Ⅰ）由题意得x₁，x₂是方程lnx=ax两个不相等正实数根．
令g（x）=lnx，h（x）=ax（x＞0），
①当a≤0时，g（x）和h（x）最多只有一个交点，所以a≤0不合题意，
②a＞0时，设y=kx（k＞0）是g（x）=lnx的切线，切点为（x₀，y₀），则k=$\frac{1}{{x}_{0}}$．
所以$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{0}=k{x}_{0}=1}\\{{y}_{0}=ln{x}_{0}}\end{array}\right.$，所以x₀=e，k=$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{1}{e}$
所以0＜a＜$\frac{1}{e}$，综上可得a的取值范围是（0，$\frac{1}{e}$）．
（Ⅱ）结论是$\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$＜a，证明如下；
由题意可得$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}=a{x}_{1}}\\{ln{x}_{2}=a{x}_{2}}\end{array}\right.$，
则a=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
只需要证明$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞$\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$，
即证明ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，t＞1，
则需要证明lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
则需要证明$\frac{1}{2}$lnt-1+$\frac{2}{t+1}$＞0，
令k（t）=$\frac{1}{2}$lnt-1+$\frac{2}{t+1}$，t＞1，
则k′（t）=$\frac{1}{2t}$-$\frac{2}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{2t（t+1）^{2}}$＞0，
∴k（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴k（t）＞k（1）=0，
∴$\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$＜a．

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．