Question

4．已知函数f（x）=xlnx-x，g（x）=$\frac{a}{2}$x²-ax（a∈R）．
（Ⅰ）若f（x）和g（x）在（0，+∞）有相同的单调区间，求a的取值范围；
（Ⅱ）令h（x）=f（x）-g（x）-ax（a∈R），若h（x）在定义域内有两个不同的极值点．
（i）求a的取值范围；
（ii）设两个极值点分别为x₁，x₂，证明：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导，求得f（x）的单调区间，由二次函数的性质即可求得a的取值范围；
（Ⅱ）（i）求导h′（x）=lnx-ax，由方程lnx-ax=0在（0，+∞）有两个不同根，方法一：根据函数图象直线y=ax与y=lnx有两个交点，求得y=lnx的切点，即可求得a的取值范围；方法二：构造函数g（x）=lnx-ax，求导，根据函数的单调性，即可求得a的取值范围；
（ii）由题意可知：x₁，x₂，分别是方程lnx-ax=0的两个根，则只需证明lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，构造辅助函数，根据函数的单调性，求得g（t）＞g（1）=0，即可证明lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，成立，则x₁•x₂＞e²．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=xlnx-x，x＞0，求导f′（x）=lnx，令f′（x）=0，解得：x=1，
则当f′（x）＞0，解得：x＞1，当f′（x）＜0时，解得：0＜x＜1，
∴f（x）单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1），
由g（x）=$\frac{a}{2}$x²-ax（a∈R）在（1，+∞）单调递增，在（0，1）单调递减，
则g（x）开口向上，对称轴x=1，
则a＞0，
∴a的取值范围（0，+∞）；
（Ⅱ） （ⅰ）依题意，函数h（x）=f（x）-g（x）-ax=xlnx-x-$\frac{a}{2}$x²的定义域为（0，+∞），
求导h′（x）=lnx-ax，
则方程h′（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．…6分
令切点A（x₀，lnx₀），则k=y′${丨}_{x={x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，又k=$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$，$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$，
解得，x₀=1，于是k=$\frac{1}{e}$，
∴0＜a＜$\frac{1}{e}$；                                            …8分

解法二：令g（x）=lnx-ax，从而转化为函数g（x）有两个不同零点，
求导g′（x）=$\frac{1}{x}$-ax=$\frac{1-ax}{x}$（x＞0）
若a≤0，可见g′（x）在（0，+∞）上恒成立，
g（x）在（0，+∞）单调增，
此时g（x）不可能有两个不同零点．…5分
若a＞0，在0＜x＜$\frac{1}{a}$时，g′（x）＞0，在x＞$\frac{1}{a}$时，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上单调减，
从而g（x）的极大值，g（x）_极大值=g（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$-1，…6分
又在x→0时，g（x）→-∞，在x→+∞时，g（x）→-∞，于是只须：
g（x）_极大值＞0，即ln$\frac{1}{a}$-1＞0，
∴0＜a＜$\frac{1}{e}$，…7分
综上所述，0＜a＜$\frac{1}{e}$；                                  …8分
（ⅱ）证明：由（i）可知x₁，x₂，分别是方程lnx-ax=0的两个根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂，
不妨设x₁＞x₂，作差得，ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁-x₂），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
原不等式x₁•x₂＞e²等价于lnx₁+lnx₂＞2，则a（x₁+x₂）＞2，
ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，则t＞1，ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，则lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，…10分
设g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，g′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴函数g（t）在（0，+∞）上单调递增，
∴g（t）＞g（1）=0，
即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，成立，
故所证不等式x₁•x₂＞e²成立．

点评 本题考查导数的综合应用，考查导数与函数单调性的关系，利用导数求函数的最值，考查转化思想，分析法证明不等式成立，属于中档题．