Question

1．已知a为实常数，函数f（x）=lnx，g（x）=ax-1．
（Ⅰ）讨论函数h（x）=f（x）-g（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）与g（x）有两个不同的交点A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），其中x₁＜x₂．
　　 （ⅰ）求实数a的取值范围；
　　 （ⅱ）求证：-1＜y₁＜0，且e${\;}^{{y}_{1}}$+e${\;}^{{y}_{2}}$＞2．（注：e为自然对数的底数）

Answer 1

分析 （Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，（x＞0）．对a分类讨论：a≤0，a＞0，利用导数研究函数的单调性；
（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）可知，当a≤0时f（x）单调，不存在两个零点；当a＞0时，可求得f（x）有唯一极大值，令其大于零，可得a的范围，再判断极大值点左右两侧附近的函数值小于零即可；（ⅱ）构造函数G（x）=h（$\frac{2}{a}$-x）-h（x）=ln（$\frac{2}{a}$-x）-a（$\frac{2}{a}$-x）-（lnx-ax），（0＜x≤$\frac{1}{a}$），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）h′（x）=$\frac{1}{x}$-a，（x＞0）．
当a≤0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；
当a＞0时，h′（x）=$\frac{-a（x-\frac{1}{a}）}{x}$，
令h′（x）＞0，解得0＜x＜$\frac{1}{a}$；令h′（x）＜0，解得x＞$\frac{1}{a}$．
∴函数h（x）的单调递增区间为（0，$\frac{1}{a}$），单调递减为（$\frac{1}{a}$，+∞）．
综上可得：当a≤0时，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；
当a＞0时，函数h（x）的单调递增区间为（0，$\frac{1}{a}$），单调递减为（$\frac{1}{a}$，+∞）．
（Ⅱ）（ⅰ）函数f（x）与g（x）有两个不同的交点A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），其中x₁＜x₂．
等价于函数h（x）有两个不同的零点x₁，x₂，其中x₁＜x₂．
由（Ⅰ）知，当a≤0时，函数h（x）在（0，+∞）上是增函数，不可能有两个零点，
当a＞0时，h（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上是增函数，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上是减函数，此时h（$\frac{1}{a}$）为函数f（x）的最大值，
当h（$\frac{1}{a}$）≤0时，h（x）最多有一个零点，∴h（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$＞0，解得0＜a＜1，
此时，$\frac{1}{e}$＜$\frac{1}{a}$＜$\frac{{e}^{2}}{{a}^{2}}$，且h（$\frac{1}{e}$）=-1-$\frac{a}{e}$+1=-$\frac{a}{e}$＜0，
h（$\frac{{e}^{2}}{{a}^{2}}$）=2-2lna-$\frac{{e}^{2}}{a}$+1=3-2lna-$\frac{{e}^{2}}{a}$（0＜a＜1），
令F（a）=3-2lna-$\frac{{e}^{2}}{a}$，则F'（x）=-$\frac{2}{a}$+$\frac{{e}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{{e}^{2}-2a}{{a}^{2}}$＞0，
∴F（a）在（0，1）上单调递增，
∴F（a）＜F（1）=3-e²＜0，即h（$\frac{{e}^{2}}{{a}^{2}}$）＜0，
∴a的取值范围是（0，1）．
（ii）∵h（x）=lnx-ax+1在（0，$\frac{1}{a}$）上是增函数，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上是减函数，
∴h（$\frac{1}{e}$）=-1-$\frac{a}{e}$+1=-$\frac{a}{e}$＜0，h（1）=1-a＞0，
故$\frac{1}{e}$＜x₁＜1，即-1＜f（x₁）＜0，∴-1＜y₁＜0，
构造函数G（x）=h（$\frac{2}{a}$-x）-h（x）=ln（$\frac{2}{a}$-x）-a（$\frac{2}{a}$-x）-（lnx-ax），（0＜x≤$\frac{1}{a}$），
则G′（x）=$\frac{2{a（x-\frac{1}{a}）}^{2}}{x（x-\frac{2}{a}）}$＜0，∴G（x）在（0，$\frac{1}{a}$]递减，
∵0＜x₁＜$\frac{1}{a}$，∴G（x₁）＞G（$\frac{1}{a}$）=0，
∵h（x₁）=0，
∴h（$\frac{2}{a}$-x₁）=ln（$\frac{2}{a}$-x₁）-a（$\frac{2}{a}$-x₁）+1-h（x₁）=G（x₁）＞0=h）x₂），
∴由（Ⅰ）得：x₂＞$\frac{2}{a}$-x₁，即${e}^{{y}_{1}}$+${e}^{{y}_{2}}$＞$\frac{2}{a}$＞2，
∴e${\;}^{{y}_{1}}$+e${\;}^{{y}_{2}}$＞2．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性、零点及不等式的证明等知识，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力、推理论证能力，本题综合性强，能力要求较高．