Question

19．已知函数f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²-x+a（a∈R）在定义域内有两个不同的极值点
（1）求a的取值范围；
（2）记两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，已知λ＞0，若不等式x₁•x₂^λ＞e^1+λ恒成立，求λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由导数与极值的关系知可转化为方程f′（x）=lnx-ax=0在（0，+∞）有两个不同根；再转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点；
（2）原式等价于 $\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），则不等式lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，t∈（0，1），
根据函数的单调性求出即可．

解答 解：（1）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
方程f′（x）=0在（0，+∞）有两个不同根，即方程lnx-ax=0在（0，+∞）有两个不同根；
转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，
如图示：
，
可见，若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只须0＜a＜k．
令切点A（x₀，lnx₀），
故k=y′|x=x₀=$\frac{1}{{x}_{0}}$，又k=$\frac{l{nx}_{0}}{{x}_{0}}$，
故 $\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{l{nx}_{0}}{{x}_{0}}$，解得，x₀=e，
故k=$\frac{1}{e}$，故0＜a＜$\frac{1}{e}$；
（2）因为e^1+λ＜x₁•x₂^λ等价于1+λ＜lnx₁+λlnx₂．
由（1）可知x₁，x₂分别是方程lnx-ax=0的两个根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂
所以原式等价于1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），因为λ＞0，0＜x₁＜x₂，
所以原式等价于a＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$，
又由lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂作差得，ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁-x₂），
所以原式等价于 $\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$，
因为0＜x₁＜x₂，原式恒成立，即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（1+λ）{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$恒成立．
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），
则不等式lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．
令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，t∈（0，1），
又h′（t）=$\frac{（t-1）（t{-λ}^{2}）}{{t（t+λ）}^{2}}$，
当λ²≥1时，可见t∈（0，1）时，h′（t）＞0，
所以h（t）在t∈（0，1）上单调增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合题意．
当λ²＜1时，可见t∈（0，λ²）时，h′（t）＞0，t∈（λ²，1）时h′（t）＜0，
所以h（t）在t∈（0，λ²）时单调增，在t∈（λ²，1）时单调减，又h（1）=0，
所以h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去．
综上所述，若不等式e1+λ＜x1•x2λ恒成立，只须λ²≥1，又λ＞0，所以λ≥1．

点评 本题考查了导数的综合应用及分类讨论，转化思想，数形结合的思想方法的应用，是一道综合题．