Question

4．已知函数F（x）=（$\frac{lnx}{x}$）²+（a-1）$\frac{lnx}{x}$+1-a有三个不同的零点x₁，x₂，x₃（其中x₁＜x₂＜x₃），则（1-$\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}}$）²（1-$\frac{ln{x}_{2}}{{x}_{2}}$）（1-$\frac{ln{x}_{3}}{{x}_{3}}$）的值为（　　）

• A． 1-a
• B． a-1
• C． -1
• D． 1

Answer 1

分析 令y=$\frac{lnx}{x}$，从而求导y′=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$以确定函数的单调性及取值范围，再令$\frac{lnx}{x}$=t，从而化为t²+（a-1）t+1-a=0有两个不同的根，从而可得a＜-3或a＞1，讨论求解即可．

解答 解：令y=$\frac{lnx}{x}$，则y′=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
故当x∈（0，e）时，y′＞0，y=$\frac{lnx}{x}$是增函数，当x∈（e，+∞）时，y′＞0，y=$\frac{lnx}{x}$是减函数；且$\underset{lim}{x→0}$$\frac{lnx}{x}$=-∞，$\frac{lne}{e}$=$\frac{1}{e}$，$\underset{lim}{x→+∞}$$\frac{lnx}{x}$=0；
令$\frac{lnx}{x}$=t，则可化为t²+（a-1）t+1-a=0，故结合题意可知，t²+（a-1）t+1-a=0有两个不同的根，
故△=（a-1）²-4（1-a）＞0，故a＜-3或a＞1，不妨设方程的两个根分别为t₁，t₂，
①若a＜-3，t₁+t₂=1-a＞4，
与t₁≤$\frac{1}{e}$且t₂≤$\frac{1}{e}$相矛盾，故不成立；
②若a＞1，则方程的两个根t₁，t₂一正一负；
不妨设t₁＜0＜t₂，结合y=$\frac{lnx}{x}$的性质可得，$\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}}$=t₁，$\frac{ln{x}_{2}}{{x}_{2}}$=t₂，$\frac{ln{x}_{3}}{{x}_{3}}$=t₂，
故（1-$\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}}$）²（1-$\frac{ln{x}_{2}}{{x}_{2}}$）（1-$\frac{ln{x}_{3}}{{x}_{3}}$）
=（1-t₁）²（1-t₂）（1-t₂）
=（1-（t₁+t₂）+t₁t₂）²
又∵t₁t₂=1-a，t₁+t₂=1-a，
∴（1-$\frac{ln{x}_{1}}{{x}_{1}}$）²（1-$\frac{ln{x}_{2}}{{x}_{2}}$）（1-$\frac{ln{x}_{3}}{{x}_{3}}$）=1；
故选D．

点评 本题考查了导数的综合应用及转化思想的应用，同时考查了分类讨论思想的应用．