Question

5．已知函数f（x）=lnx-ax．
（1）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）=0有两个不相等的实数根x₁，x₂（x₁＜x₂），求证：$\frac{1}{{x}_{2}}$＜a＜$\frac{1}{{x}_{1}}$．

Answer 1

分析 （1）当a=1时，f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，令f′（x）＞0，求得函数的单调递增区间，f′（x）＜0，解得函数的单调递减区间；
（2）由题意可知：直线y=ax与y=lnx的图象有两个不同的交点，采用分析法，a=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，即可证：$\frac{1}{{x}_{2}}$＜$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜$\frac{1}{{x}_{1}}$，由x₂-x₁＞0，$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{x}$＜ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}}$，构造辅助函数，求导，利用导数求得函数单调区间，即可证明h（t）＞h（1）=0及lnt＜t-1，即可求得$\frac{1}{{x}_{2}}$＜a＜$\frac{1}{{x}_{1}}$．

解答 解：（1）依题意f（x）=lnx-ax，求导 f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，
∵函数f（x）的定义域为（0，+∞），
由 f′（x）＞0，解得0＜x＜1，由 f′（x）＜0，解得x＞1，
即函数f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）；…（5分）
（2）若f（x）=0有两个不相等的实数根x₁，x₂，（x₁＜x₂），
等价于直线y=ax与y=lnx的图象有两个不同的交点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＜x₂），
依题意得a=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，证$\frac{1}{{x}_{2}}$＜a＜$\frac{1}{{x}_{1}}$，即证$\frac{1}{{x}_{2}}$＜$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜$\frac{1}{{x}_{1}}$，
因x₂-x₁＞0，即证$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{x}$＜ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}}$，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t（t＞1），即证1-$\frac{1}{t}$＜lnt＜t-1（t＞1）…（8分）
令h（t）=lnt+$\frac{1}{t}$-1，（t＞1）则h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{{t}^{2}}$=$\frac{t-1}{{t}^{2}}$，t＞0，
∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴h（t）＞h（1）=0，即lnt＞1-$\frac{1}{t}$，（t＞1）①
同理可证：lnt＜t-1②
综①②得1-$\frac{1}{t}$＜lnt＜t-1（t＞1），即$\frac{1}{{x}_{2}}$＜a＜$\frac{1}{{x}_{1}}$． …（12分）

点评 本题考查利用函数的导数求函数的单调区间及最值，函数的单调性，构造法，分类讨论思想的综合应用，考查分析法的应用，属于中档题．