Question

16．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）证明：$\frac{x_2}{x_1}$是a的减函数；
（Ⅲ）证明：x₁•x₂是a的减函数．

Answer 1

分析 （1）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；
（2）将$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$表示成关于a的函数，然后利用导数研究其单调性即可；
（3）将x₁•x₂表示成关于a的函数，然后利用导数判断函数的单调性．

解答 解：（1）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），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${x}_{0}=e，k=\frac{1}{{x}_{0}}=\frac{1}{e}$．
所以$0＜a＜\frac{1}{e}$，综上可得a的取值范围是（0，$\frac{1}{e}$）．
（2）由（1）得a_max$＜\frac{1}{e}$，所以$0＜a＜\frac{1}{e}$．
不妨设$0＜{a}_{1}＜{a}_{2}＜\frac{1}{e}$，设m₁，m₂（m₁＜m₂）是f（x）=lnx-a₁x的两个零点，
则m₁，m₂是方程$a=\frac{lnx}{x}$的两个不相等正实数根，由（1）知m₁∈（0，e），m₂∈（e，+∞）．
同理设n₁，n₂（n₁＜n₂）是f（x）=lnx-a₂x的两个零点，
则n₁，n₂是方程a=$\frac{lnx}{x}$的两个不相等实数根，则n₁∈（0，e），n₂∈（e，+∞），
因为g（x）在（0，e）上单调递增，a₁＜a₂，所以0＜m₁＜n₁＜e；
由g（x）在（e，+∞）单调递减，a₁＜a₂，所以e＜n₂＜m₂．
所以$\frac{{m}_{2}}{{m}_{1}}＞\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}$，所以$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$是a的减函数．
（3）证明：因为x₁，x₂是f（x）的两个不相等的零点，则$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}=a{x}_{1}}\\{ln{x}_{2}=a{x}_{2}}\end{array}\right.$，
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$（t＞1），则$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}=a{x}_{1}}\\{ln{x}_{1}+lnt=at{x}_{1}}\end{array}\right.$，所以$ln{x}_{1}=\frac{lnt}{t-1}，ln{x}_{2}=\frac{tlnt}{t-1}$．
所以ln（x₁x₂）=lnx₁+lnx₂=$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$．
设h（t）=$\frac{（t+1）lnt}{t-1}（t＞1）$，则$h′（t）=\frac{-2lnt+t-\frac{1}{t}}{（t-1）^{2}}$．再设k（t）=-2lnt+t-$\frac{1}{t}（t＞1）$，
则$k′（t）=\frac{（t-1）^{2}}{{t}^{2}}＞0$．所以k（t）在（1，+∞）上递增，所以k（t）＞k（1）=0．
所以h′（t）＞0，所以h（t）在（1，+∞）上是增函数，所以x₁•x₂是t的增函数．
结合（2）可知，x₁•x₂是a的减函数．

点评 本题有一定难度，第二、三问的关键在于如何找到$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}，{x}_{1}•{x}_{2}$分别与a的函数关系式，然后借助于函数的单调性解决问题．