Question

8．已知函数f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²-x+a，a∈R
（1）当a=0时，求函数f（x）的极值；
（2）若函数f（x）在其定义域内有两个不同的极值点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），记为x₁，x₂，且x₁＜x₂．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）若不等式e^1+λ＜x₁•x${\;}_{2}^{λ}$恒成立，求正实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的解析式，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极小值即可；
（2）（i）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，或转化为函数g（x）=$\frac{lnx}{x}$与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点；或转化为g（x）=lnx-ax有两个不同零点，从而讨论求解；
（ii）e^1+λ＜x₁•x₂^λ可化为1+λ＜lnx₁+λlnx₂，结合方程的根知1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），从而可得a＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$；而a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，从而可得ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$$\frac{（1+λ）{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$＜恒成立；再令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），从而可得不等式lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立，再令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，从而利用导数化恒成立问题为最值问题即可．

解答 解：（1）a=0时，f（x）=xlnx-x，函数的定义域是（0，+∞），
f（x）=lnx，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
故函数在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
故函数的极小值是f（1）=-1；
（2）（i）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；
（解法一）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，
如右图．

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＜$\frac{1}{e}$．
（解法二）转化为函数g（x）=$\frac{lnx}{x}$与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点
又g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
即0＜x＜e时，g′（x）＞0，x＞e时，g′（x）＜0，
故g（x）在（0，e）上单调增，在（e，+∞）上单调减．
故g（x）_极大=g（e）=$\frac{1}{e}$；
又g（x）有且只有一个零点是1，且在x→0时，g（x）→-∞，在在x→+∞时，g（x）→0，
故g（x）的草图如右图，

可见，要想函数g（x）=$\frac{lnx}{x}$与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，
只须0＜a＜$\frac{1}{e}$．
（解法三）令g（x）=lnx-ax，从而转化为函数g（x）有两个不同零点，
而g′（x）=$\frac{1}{x}$-ax=$\frac{1-ax}{x}$（x＞0），
若a≤0，可见g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）单调增，
此时g（x）不可能有两个不同零点．
若a＞0，在0＜x＜$\frac{1}{a}$时，g′（x）＞0，在x＞$\frac{1}{a}$时，g′（x）＜0，
所以g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上单调减，从而g（x）_极大值=g（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$-1，
又因为在x→0时，g（x）→-∞，在在x→+∞时，g（x）→-∞，
于是只须：g（x）_极大＞0，即ln$\frac{1}{a}$-1＞0，所以0＜a＜$\frac{1}{e}$．
综上所述，0＜a＜$\frac{1}{e}$．
（ii）因为e1+λ＜x1•x2λ等价于1+λ＜lnx₁+λlnx₂．
由（i）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），
即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，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-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，
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，属于综合题．