Question

4．已知函数f（x）=x-alnx（x＞0，a∈R）有两个零点x₁，x₂，且x₁＜x₂，
（1）求a的取值范围；
（2）证明：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （1）通过求导，得出切点坐标，找到函数y=f（x）有两个零点的等价条件，从而求出a的取值范围；
（2）原不等式x₁•x₂＞e²进一步整理得到ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，只要能证出上述不等式恒成立，

解答 解：（1）令f（x）=0，
∴lnx=$\frac{1}{a}$x，
画出函数g（x）=lnx，h（x）=$\frac{1}{a}$x的图象，如图示：
，
∵g′（x）=$\frac{1}{x}$=$\frac{1}{a}$，
∴切点坐标是（a，lna），
把（a，lna）代入h（x）=$\frac{1}{a}$x，得：a=e，
∴若y=f（x）有两个零点x₁，x₂，
即g（x），h（x）有2个交点，只需a＞e即可；
∴a的范围是（e，+∞）：
（2）∵lnx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，
∴lnx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），lnx₁+lnx₂=a（x₁+x₂）
原不等式x₁•x₂＞e²等价于lnx₁+lnx₂＞2?a（x₁+x₂）＞2，
?$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{2}{{{x}_{1}+x}_{2}}$?ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
令 $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，则0＜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-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（0＜t＜1），
∴g′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴函数g（t）在（1，+∞）是递增，
∴g（t）＞g（1）=0即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
故所证不等式x₁•x₂＞e²成立．

点评 本题主要考查了导数在函数单调性和函数极值中的应用，连续函数的零点存在性定理及其应用，分类讨论的思想方法，属中档题．