Question

12．已知函数f（x）=e^x-alnx-a，其中常数a＞0，若f（x）有两个零点x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），求证：$\frac{1}{a}＜{x_1}＜1＜{x_2}＜a$．

Answer 1

分析 当f（x）≥0恒成立时，有 0＜a≤e成立．若0＜x≤$\frac{1}{e}$，则f（x）=e^x-a（lnx+1）≥0显然成立；若x＞$\frac{1}{e}$，运用参数分离，构造函数通过求导数，运用单调性，结合函数零点存在定理，即可得证．

解答 证明：当f（x）≥0恒成立时，有 0＜a≤e成立．
若0＜x≤$\frac{1}{e}$，则f（x）=e^x-a（lnx+1）≥0显然成立；
若x＞$\frac{1}{e}$，由f（x）≥0得a≤$\frac{{e}^{x}}{lnx+1}$，
令φ（x）=$\frac{{e}^{x}}{lnx+1}$，则φ′（x）=$\frac{{e}^{x}（lnx+1-\frac{1}{x}）}{{（lnx+1）}^{2}}$，
令g（x）=lnx+1-$\frac{1}{x}$，（x＞$\frac{1}{e}$），
由g′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，得g（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增，
又g（1）=0，所以φ′（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上为负，在（1，+∞）上为正，
因此φ（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上递减，在（1，+∞）上递增，即有φ（x）_min=φ（1）=e，
从而0＜a≤e．因而函数y=f（x）若有两个零点，则a＞e，即有f（1）=e-a＜0，
由f（a）=e^a-alna-a（a＞e）得f'（a）=e^a-lna-2，
则f″（a）=e^a-$\frac{1}{a}$＞e^a-$\frac{1}{e}$＞e-$\frac{1}{e}$＞0，
则f′（a）=e^a-lna-2在（e，+∞）上单调递增，
即有f′（a）＞f'（e）=e^e-3＞e²-3＞0，
则有f（a）=e^a-alna-a在（e，+∞）上单调递增，
则f（a）＞f（e）=e^e-2e＞e²-2e＞0，则f（1）f（a）＜0，则有1＜x₂＜a；
由a＞e得f（$\frac{1}{a}$）=${e}^{\frac{1}{a}}$-aln$\frac{1}{a}$-a=${e}^{\frac{1}{a}}$+alna-a＞${e}^{\frac{1}{a}}$+alne-a=${e}^{\frac{1}{a}}$＞0，
则f（1）f（$\frac{1}{a}$）＜0，
所以$\frac{1}{a}$＜x₁＜1，综上得$\frac{1}{a}$＜x₁＜1＜x₂＜a．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，主要考查函数的单调性的运用，以及不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，属于中档题和易错题．