Question

9．设a∈R，函数f（x）=alnx-x．
（I）若f（x）无零点，求实数a的取值范围；
（II）若f（x）有两个相异零点x₁，x₂，求证：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调性，确定a的范围即可；
（Ⅱ）问题转化为证明lnx₁-lnx₂＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，又令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，则t＞1，故只要证明lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（I）∵f（x）=alnx-x，
∴f（x）定义域是（0，+∞）                     
又f′（x）=$\frac{a}{x}$-1=$\frac{a-x}{x}$------（1分）
（1）当a=0时，无零点------（2分）
（2）当a＜0时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上为减函数，
又f（1）=-1当x→0时，f（x）→+∞，所以f（x）有唯一的零点；------（3分）
（3）当a＞0时，
∴f（x）在（0，a）递增，在（a，+∞）递减，
∴f（a）=alna-a＜0，则只要lna-1＜0，即lna＜1，
∴a＜e而a＞0，∴0＜a＜e------（4分）
综上所述：所求a的范围是[0，e）------（5分）
（II）证明：f（x）有两个相异的零点，又由于x＞0，故不妨令x₁＞x₂＞0，
且有alnx₁=x₁，alnx₂=x₂，a（lnx₁+lnx₂）=x₁+x₂，
a（lnx₁-lnx₂）=x₁-x₂
lnx₁+lnx₂=$\frac{1}{a}$（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=$\frac{1}{a}$（x₁-x₂），------（6分）
要证x₁x₂＞e²?lnx₁x₂＞2?lnx₁+lnx₂＞2
?$\frac{1}{a}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$?$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$
?lnx₁-lnx₂＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$?ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$------（8分）
又令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，则t＞1，
故只要证明lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1时恒成立，------（9分）
即lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$＞0在（1，+∞）恒成立，
令h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，则h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
故h（t）在（0，+∞）递增，h（t）＞h（1）=0，
故lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$在t＞1时恒成立，
从而证明x₁x₂＞e²．------（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．