Question

19．已知函数f（x）=lnx-ax+b（a，b∈R）有两个不同的零点x₁，x₂．
（Ⅰ）求f（x）的最值；
（Ⅱ）证明：x₁•x₂＜$\frac{1}{{a}^{2}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导函数$f'（x）=\frac{1}{x}-a$，利用f（x） 在（0，+∞） 内必不单调，推出a＞0，判断单调性，然后求解最值．
（Ⅱ）通过$\left\{\begin{array}{l}ln{x_1}-a{x_1}+b=0\\ ln{x_2}-a{x_2}+b=0\end{array}\right.$，两式相减得$ln\frac{x_1}{x_2}-a（{x_1}-{x_2}）=0$，得到$a=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，故要证${x_1}{x_2}＜\frac{1}{a^2}$，即证${ln^2}\frac{x_1}{x_2}＜\frac{{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{x_1}{x_2}-2+\frac{x_2}{x_1}$，不妨设x₁＜x₂，令$\frac{x_1}{x_2}=t∈（0，1）$，则只需证${ln^2}t＜t-2+\frac{1}{t}$，构造函数$g（t）={ln^2}t-t-\frac{1}{t}+2$，通过函数的导数以及函数的单调性求解最值即可．

解答 （本小题满分12分）解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{1}{x}-a$，
∵f（x） 有两个不同的零点，∴f（x） 在（0，+∞） 内必不单调，故a＞0，…1分
此时$f'（x）＞0⇒x＜\frac{1}{a}$，∴f（x）在$（0，\frac{1}{a}）$上单增，$（\frac{1}{a}，+∞）$上单减，…3分
∴$f{（x）_{max}}=f（\frac{1}{a}）=-lna-1+b$，无最小值；…4分
（Ⅱ）由题知$\left\{\begin{array}{l}ln{x_1}-a{x_1}+b=0\\ ln{x_2}-a{x_2}+b=0\end{array}\right.$，两式相减得$ln\frac{x_1}{x_2}-a（{x_1}-{x_2}）=0$即$a=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，…6分
故要证${x_1}{x_2}＜\frac{1}{a^2}$，即证${x_1}{x_2}＜\frac{{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}}}{{{{ln}^2}\frac{x_1}{x_2}}}$，即证${ln^2}\frac{x_1}{x_2}＜\frac{{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{x_1}{x_2}-2+\frac{x_2}{x_1}$，
不妨设x₁＜x₂，令$\frac{x_1}{x_2}=t∈（0，1）$，则只需证${ln^2}t＜t-2+\frac{1}{t}$，…9分
设$g（t）={ln^2}t-t-\frac{1}{t}+2$，则$g'（t）=2\frac{1}{t}lnt-1+\frac{1}{t^2}=\frac{{2lnt-t+\frac{1}{t}}}{t}$，
设$h（t）=2lnt-t+\frac{1}{t}$，则$h'（t）=-\frac{{{{（t-1）}^2}}}{t^2}＜0$，∴h（t）在（0，1）上单减，∴h（t）＞h（1）=0，
∴g（t）在（0，1）上单增，∴g（t）＜g（1）=0，
即${ln^2}t＜t-2+\frac{1}{t}$，在t∈（0，1）时恒成立，原不等式得证．…12分

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的最值以及单调区间的求法，考查构造法的应用，转化思想以及计算能力．