Question

【題目】已知函數f（x）=xlnx﹣ x2﹣x+a（a∈R）在其定義域內有兩個不同的極值點．
（1）求a的取值范圍；
（2）記兩個極值點分別為x1 ， x2 ， 且x1＜x2 ． 已知λ＞0，若不等式e1+λ＜x1x2λ恒成立，求λ的范圍．

Answer 1

【答案】
（1）解：由題意知，函數f（x）的定義域為（0，+∞），

方程f′（x）=0在（0，+∞）有兩個不同根；

即方程lnx﹣ax=0在（0，+∞）有兩個不同根；

（解法一）轉化為函數y=lnx與函數y=ax的圖象在（0，+∞）上有兩個不同交點，如下圖．

可見，若令過原點且切于函數y=lnx圖象的直線斜率為k，只須0＜a＜k．

令切點A（x0，lnx0），

故 ，又 ，

故 ，

解得，x0=e，

故 ，

故 ．

（解法二）轉化為函數 與函數y=a的圖象在（0，+∞）上有兩個不同交點．

又 ，

即0＜x＜e時，g′（x）＞0，x＞e時，g′（x）＜0，

故g（x）在（0，e）上單調增，在（e，+∞）上單調減．

故g（x）極大=g（e）= ；

又g（x）有且只有一個零點是1，且在x→0時，g（x）→﹣∞，在在x→+∞時，g（x）→0，

故g（x）的草圖如下圖，

可見，要想函數 與函數y=a的圖象在（0，+∞）上有兩個不同交點，

只須 ．

（解法三）令g（x）=lnx﹣ax，從而轉化為函數g（x）有兩個不同零點，

而 （x＞0），

若a≤0，可見g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）單調增，

此時g（x）不可能有兩個不同零點．

若a＞0，在 時，g′（x）＞0，在 時，g′（x）＜0，

所以g（x）在 上單調增，在 上單調減，從而 = ，

又因為在x→0時，g（x）→﹣∞，在在x→+∞時，g（x）→﹣∞，

于是只須：g（x）極大＞0，即 ，所以 ．

綜上所述， ．

（2）解：因為 等價于1+λ＜lnx1+λlnx2．

由（1）可知x1，x2分別是方程lnx﹣ax=0的兩個根，

即lnx1=ax1，lnx2=ax2

所以原式等價于1+λ＜ax1+λax2=a（x1+λx2），因為λ＞0，0＜x1＜x2，

所以原式等價于 ．

又由lnx1=ax1，lnx2=ax2作差得， ，即 ．

所以原式等價于 ，

因為0＜x1＜x2，原式恒成立，即 恒成立．

令 ，t∈（0，1），

則不等式 在t∈（0，1）上恒成立．

令 ，

又 = ，

當λ2≥1時，可見t∈（0，1）時，h′（t）＞0，

所以h（t）在t∈（0，1）上單調增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合題意．

當λ2＜1時，可見t∈（0，λ2）時，h′（t）＞0，t∈（λ2，1）時h′（t）＜0，

所以h（t）在t∈（0，λ2）時單調增，在t∈（λ2，1）時單調減，又h（1）=0，

所以h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合題意，舍去．

綜上所述，若不等式 恒成立，只須λ2≥1，又λ＞0，所以λ≥1．

【解析】（1）由導數與極值的關系知可轉化為方程f′（x）=lnx﹣ax=0在（0，+∞）有兩個不同根；再轉化為函數y=lnx與函數y=ax的圖象在（0，+∞）上有兩個不同交點，或轉化為函數 與函數y=a的圖象在（0，+∞）上有兩個不同交點；或轉化為g（x）=lnx﹣ax有兩個不同零點，從而討論求解；（2） 可化為1+λ＜lnx1+λlnx2 ， 結合方程的根知1+λ＜ax1+λax2=a（x1+λx2），從而可得 ；而 ，從而化簡可得 ，從而可得 恒成立；再令 ，t∈（0，1），從而可得不等式 在t∈（0，1）上恒成立，再令 ，從而利用導數化恒成立問題為最值問題即可．
【考點精析】利用利用導數研究函數的單調性和函數的極值與導數對題目進行判斷即可得到答案，需要熟知一般的,函數的單調性與其導數的正負有如下關系： 在某個區(qū)間內，(1)如果，那么函數在這個區(qū)間單調遞增；(2)如果，那么函數在這個區(qū)間單調遞減；求函數的極值的方法是:（1）如果在附近的左側,右側,那么是極大值（2）如果在附近的左側,右側,那么是極小值．