Question

8．已知函数f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²-x+a（a∈R）．
（Ⅰ）当a=0时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）在其定义域内有两个不同的极值点．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）设两个极值点分别为x₁，x₂，证明：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）对f（x）求导，利用导数来判断f（x）的图形单调性；
（Ⅱ）（i）函数f（x）在其定义域内有两个不同的极值点转化为：方程lnx-ax=0在x＞0上有两个不同根．
（ii）x₁，x₂分别是方程lnx-ax=0的两个根，即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂；不妨设x₁＞x₂，作差得，ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁-x₂），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．原不等式${x_1}•{x_2}＞{e^2}$等价于$ln{x_1}+ln{x_2}＞2?a（{{x_1}+{x_2}}）＞2?ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{{2（{{x_1}-{x_2}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}$．

解答 解：（Ⅰ）当a=0时，f（x）=xlnx-x．
函数f（x）的定义域为x＞0，f'（x）=lnx；
当x＞1时，f'（x）＞0；当0＜x＜1时，f'（x）＜0．
所以，f（x）在（0，1）上单调递减；在（1，+∞）上单调递增．
（Ⅱ） （ⅰ）依题意，函数f（x）的定义域为x＞0，f'（x）=lnx-ax
所以方程f'（x）=0在x＞0上有两个不同根，即：
方程lnx-ax=0在x＞0上有两个不同根，转化为：函数y=lnx与函数y=ax
的图象在x＞0上有两个不同交点，如图．
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），所以k=$\frac{1}{{x}_{0}}$，又k=$\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$，所以$\frac{1}{{x}_{0}}=\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$，
解得：x₀=e，于是k=$\frac{1}{e}$，
所以，0＜a＜$\frac{1}{e}$．
（ⅱ）由（i）可知x₁，x₂分别是方程lnx-ax=0的两个根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂，
不妨设x₁＞x₂，作差得，ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁-x₂），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
原不等式${x_1}•{x_2}＞{e^2}$
等价于$ln{x_1}+ln{x_2}＞2?a（{{x_1}+{x_2}}）＞2?ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{{2（{{x_1}-{x_2}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}$
令$\frac{x_1}{x_2}=t$，则t＞1，$ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{{2（{{x_1}-{x_2}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}?lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$
设$g（t）=lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}，t＞1$，$g'（t）=\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{t{{（{t+1}）}^2}}}＞0$，
∴函数g（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴g（t）＞g（1）=0，
即不等式$lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$成立，
故所证不等式${x_1}•{x_2}＞{e^2}$成立．

点评 本题主要考查了导数研究函数的单调性，方程与函数思想，转化思想，属中等题．