Question

9．已知函数f（x）=xlnx+x²-ax+2（a∈R）有两个不同的零点x₁，x₂．
（1）求实数a的取值范围．
（2）求证：x₁+x₂＞2．
（3）求证：x₁•x₂＞1．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=lnx+1+2x-a=lnx-（-2x+a-1），当x=t时，f′（t）=0，作出图象，利用数形结合思想能求出a的范围．
（2）由 f′（t）=0，t＞1，作出f（x）的大致图象，由此能证明x₁+x₂＞2．
（3）由导数性质能构造函数，利用导数研究函数的单调性，由此能证明x₁•x₂＞1．

解答 解：（1）∵f（x）=xlnx+x²-ax+2（a∈R），
∴f′（x）=lnx+1+2x-a=lnx-（-2x+a-1），
当x=t时，f′（t）=0，如右上图，
由图知：x∈（0，t）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数，
x∈（t，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数，
∵函数f（x）=xlnx+x²-ax+2（a∈R）有两个不同的零点x₁，x₂．
∴f（t）＜0，
∵f′（t）=lnt-（-2t+a-1）=0，即lnt=-2t+a-1，
∴f（t）=t（-2t+a-1）+t²-at+2=-t²-t+2＜0，
即t²+t-2＞0，
∴t＞1或t＜-2（舍），
当t=1时，ln1=-2+a-1，解得a=3，
∵t＞1，∴a＞3．
证明：（2）由（1）知 f′（t）=0，t＞1，
∵函数f（x）=xlnx+x²-ax+2（a∈R）有两个不同的零点x₁，x₂．
f（x）的定义域为（0，+∞），
∴由x₁，x₂∈（0，+∞），令x₁＜x₂．
∴f（x）的大致图象如右下图：
∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=t＞1$，
∴x₁+x₂＞2．
（3）由（2）知，x₁，x₂∈（0，+∞），x₁+x₂＞2，
∵函数f（x）=xlnx+x²-ax+2（a∈R）有两个不同的零点x₁，x₂，a＞3，
∴f（x₂）=${x}_{2}ln{x}_{2}+{{x}_{2}}^{2}$-ax${{\;}_{2}}^{\;}$+2=0，∴a=lnx₂+x₂+$\frac{2}{{x}_{2}}$，
f（$\frac{1}{{x}_{2}}$）=$\frac{1}{{x}_{2}}ln\frac{1}{{x}_{2}}$+$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}}$-x₂lnx₂-x₂²，
设h（k）=klnk+k²-$\frac{1}{k}ln\frac{1}{k}$-$\frac{1}{{k}^{2}}$=（k+$\frac{1}{k}$）lnk+k²-$\frac{1}{{k}^{2}}$，
h′（k）=（1-$\frac{1}{{k}^{2}}$）lnk+1+$\frac{1}{{k}^{2}}$+2k+$\frac{2}{{k}^{3}}$＞0，
∴h（k）是（0，+∞）上的增函数，
∴当k＞1时，h（k）＞h（1）=0，
∵x₂＞1，∴$\frac{1}{{x}_{2}}$＜1，∴h（$\frac{1}{{x}_{2}}$）＜h（1）=0，
又由零点性质得h（x₁）=0，
∴h（x₁）＞h（$\frac{1}{{x}_{2}}$），∴x₁＞$\frac{1}{{x}_{2}}$，
∴x₁•x₂＞1．

点评 本题考查实数的取值范围的求法，考查不等式的证明，根据条件构造函数，利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．