Question

7．已知函数f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²-x+a（a∈R）在其定义域内有两个不同的极值点．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）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＜x₁•x₂^λ恒成立，求λ的范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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；
（Ⅱ）${e^{1+λ}}＜{x_1}•{x_2}^λ$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$a=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，从而化简可得$\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{1+λ}{{{x_1}+λ{x_2}}}$，从而可得$ln\frac{x_1}{x_2}＜\frac{{（1+λ）（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+λ{x_2}}}$恒成立；再令$t=\frac{x_1}{x_2}$，t∈（0，1），从而可得不等式$lnt＜\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立，再令$h（t）=lnt-\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，从而利用导数化恒成立问题为最值问题即可．

解答 解：（Ⅰ）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；
（解法一）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，
如右图．

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$0＜a＜\frac{1}{e}$．
（解法二）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
又$g'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，
即0＜x＜e时，g′（x）＞0，x＞e时，g′（x）＜0，
故g（x）在（0，e）上单调增，在（e，+∞）上单调减．
故g（x）_极大=g（e）=$\frac{1}{e}$；
又g（x）有且只有一个零点是1，且在x→0时，g（x）→-∞，在在x→+∞时，g（x）→0，
故g（x）的草图如右图，

可见，要想函数$g（x）=\frac{lnx}{x}$与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，
只须$0＜a＜\frac{1}{e}$．
（解法三）令g（x）=lnx-ax，从而转化为函数g（x）有两个不同零点，
而$g'（x）=\frac{1}{x}-ax=\frac{1-ax}{x}$（x＞0），
若a≤0，可见g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）单调增，
此时g（x）不可能有两个不同零点．
若a＞0，在$0＜x＜\frac{1}{a}$时，g′（x）＞0，在$x＞\frac{1}{a}$时，g′（x）＜0，
所以g（x）在$（0，\frac{1}{a}）$上单调增，在$（\frac{1}{a}，+∞）$上单调减，从而$g{（x）_{极大}}=g（\frac{1}{a}）$=$ln\frac{1}{a}-1$，
又因为在x→0时，g（x）→-∞，在在x→+∞时，g（x）→-∞，
于是只须：g（x）_极大＞0，即$ln\frac{1}{a}-1＞0$，所以$0＜a＜\frac{1}{e}$．
综上所述，$0＜a＜\frac{1}{e}$．
（Ⅱ）因为${e^{1+λ}}＜{x_1}•{x_2}^λ$等价于1+λ＜lnx₁+λlnx₂．
由（Ⅰ）可知x₁，x₂分别是方程lnx-ax=0的两个根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂
所以原式等价于1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），因为λ＞0，0＜x₁＜x₂，
所以原式等价于$a＞\frac{1+λ}{{{x_1}+λ{x_2}}}$．
又由lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂作差得，$ln\frac{x_1}{x_2}=a（{x_1}-{x_2}）$，即$a=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$．
所以原式等价于$\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{1+λ}{{{x_1}+λ{x_2}}}$，
因为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，
所以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，
所以h（t）在t∈（0，λ²）时单调增，在t∈（λ²，1）时单调减，又h（1）=0，
所以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，所以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，属于中档题．