Question

3．已知函数$f（x）=xlnx-\frac{1}{2}a{x^2}-x+3{a^3}-4{a^2}-a+2（a∈{R}）$存在两个极值点．
（Ⅰ）求实数a的取值范围；
（Ⅱ）设x₁和x₂分别是f（x）的两个极值点且x₁＜x₂，证明：${x_1}{x_2}＞{e^2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）函数f（x）有两个极值点等价于其导函数f'（x）在（0，+∞）有两个零点，分类讨论求实数a的取值范围；
（Ⅱ）要证${x_1}{x_2}＞{e^2}$，两边同时取自然对数得$ln{x_1}+ln{x_2}＞ln{e^2}=2$，由f'（x）=0得$\left\{\begin{array}{l}ln{x_1}-a{x_1}=0\\ ln{x_2}-a{x_2}=0\end{array}\right.$，得$a=\frac{{ln{x_1}+ln{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}=\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$．所以原命题等价于证明$ln{x_1}+ln{x_2}=\frac{{（{x_1}+{x_2}）（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞2$．

解答 （Ⅰ）解：由题设函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）=lnx-ax，
故函数f（x）有两个极值点等价于其导函数f'（x）在（0，+∞）有两个零点．
当a=0时f'（x）=lnx，显然只有1个零点x₀=1．…（2分）
当a≠0时，令h（x）=lnx-ax，那么$h'（x）=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}$．
若a＜0，则当x＞0时h'（x）＞0，即h（x）单调递增，所以h（x）无两个零点．…（3分）
若a＞0，则当$0＜x＜\frac{1}{a}$时h'（x）＞0，h（x）单调递增；当$x＞\frac{1}{a}$时h'（x）＜0，h（x）单调递减，
所以$h（x）≤h（\frac{1}{a}）=ln\frac{1}{a}-1$．
又h（1）=-a＜0，当x→0时→-∞，故若有两个零点，则$h（\frac{1}{a}）=ln\frac{1}{a}-1＞0$，得$0＜a＜\frac{1}{e}$．
综上得，实数a的取值范围是$（0，\frac{1}{e}）$．  …（6分）
（Ⅱ）证明：要证${x_1}{x_2}＞{e^2}$，两边同时取自然对数得$ln{x_1}+ln{x_2}＞ln{e^2}=2$．…（7分）
由f'（x）=0得$\left\{\begin{array}{l}ln{x_1}-a{x_1}=0\\ ln{x_2}-a{x_2}=0\end{array}\right.$，得$a=\frac{{ln{x_1}+ln{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}=\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$．
所以原命题等价于证明$ln{x_1}+ln{x_2}=\frac{{（{x_1}+{x_2}）（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞2$．…（8分）
因为x₁＜x₂，故只需证$ln{x_1}-ln{x_2}＜\frac{{2（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}}}$，即$ln\frac{x_1}{x_2}-\frac{{2（\frac{x_1}{x_2}-1）}}{{\frac{x_1}{x_2}+1}}＜0$．…（9分）
令$t=\frac{x_1}{x_2}$，则0＜t＜1，设$g（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}（0＜t＜1）$，只需证g（t）＜0．…（10分）
而$g'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＞0$，故g（t）在（0，1）单调递增，所以g（t）＜g（1）=0．
综上得${x_1}{x_2}＞{e^2}$．…（12分）

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的极值点，不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．