Question

12．已知函数f（x）=x²-ax•lnx+ax恰有两个零点x₁，x₂．
（1）求a的范围；
（2）求证：x₁x₂＞e⁴．

Answer 1

分析 （1）要使得f（x）=x（x-alnx+a）有两个零点，即g（x）=x-alnx+a有两个零点，即求g（x）的最小值要小于0即可．
（2）要求证x₁x₂＞e⁴ 即求证lnx₁x₂＞4；令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=t（t＞1）$，lnx₁x₂=$\frac{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}$$•ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+2=$\frac{t+1}{t-1}•lnt+2$；所以，原不等式即证：$\frac{t+1}{t-1}•lnt+2＞4$

解答 解：（1）f（x）=x（x-alnx+a），函数的定义域为（0，+∞）
设g（x）=x-alnx+a，所以g（x）有两个零点，g'（x）=$\frac{x-a}{x}$，
a≤0时，g（x）单调递增，显然不成立；
a＞0时，令g'（x）=0，则导函数零点为x=a；所以f（x）在（0，a）上单调递减，（a，+∞）上单调递增，
故g（x）最小值为g（a）=a-alna+a，要使得g（x）有两个零点，
则g（a）＜0，解得：e²＜a
所以a的取值范围为：（e²，+∞）
证明：（2）因为${x}_{1}-aln{x}_{1}+a=0\$ ①； x₂-alnx₂+a=0  ②；
①+②：$ln{x}_{1}{x}_{2}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+2a}{a}$；
①-②：${x}_{1}-{x}_{2}=aln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$；
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=t（t＞1）$，lnx₁x₂=$\frac{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}$$•ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+2=$\frac{t+1}{t-1}•lnt+2$
所以，原不等式即证：$\frac{t+1}{t-1}•lnt+2＞4$
即证：$lnt＞2•\frac{t-1}{t+1}$
设h（t）=lnt-2$•\frac{t-1}{t+1}$，有h'（t）=$\frac{1}{t}-\frac{4}{（t+1）^{2}}=\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}＞0$
所以h（t）单调递增，所以h（t）＞h（1）=0，所以不等式得证．

点评 本题主要考查了函数零点、利用导数求函数的最小值以及转化思想在证明中的应用，属中等题．