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11.已知函數(shù)f(x)=lnx-ax(a∈R).
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)記函數(shù)f(x)有兩個零點分別為x1,x2,且x1<x2,已知λ>0,若不等式1+λ<lnx1+λlnx2恒成立,求λ的取值范圍.

分析 (1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),通過討論a的范圍,求出函數(shù) 的單調(diào)區(qū)間即可;
(2)分離參數(shù)得:a>1+λx1+λx2從而可得lnx1x21+λx1x2x1+λx2恒成立;再令t=x1x2,t∈(0,1),從而可得不等式lnt<1+λt1t+λ在t∈(0,1)上恒成立,再令h(t)=lnt-1+λt1t+λ,從而利用導(dǎo)數(shù)化恒成立問題為最值問題即可.

解答 解:(1)f′(x)=1x-a(x>0),
①當(dāng)a≤0時,f′(x)=1x-a≥0,即函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0,+∞),
②當(dāng)a>0時,令f′(x)=1x-a=0,得x=1a,
當(dāng)0<x<1a時,f′(x)=1axx>0,當(dāng)x>1a時,f′(x)=1axx<0,
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0,1a],單調(diào)減區(qū)間是[1a,+∞);
(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點分別為x1,x2,且x1<x2,
則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a>1+λx1+λx2,又由lnx1=ax1,lnx2=ax2作差得,lnx1x2=a(x1-x2),即a=lnx1x2x1x2,
所以原式等價于lnx1x21+λx1+x2,
因為0<x1<x2,原式恒成立,即ln x1x21+λx1x2x1+λx2恒成立,
令t=x1x2,t∈(0,1),
則不等式lnt<1+λt1t+λ在t∈(0,1)上恒成立.
令h(t)=lnt-1+λt1t+λ
又h′(t)=1t-1+λ2t+λ2=t1tλ2tt+λ2,
當(dāng)λ2≥1時,可見t∈(0,1)時,h′(t)>0,
所以h(t)在t∈(0,1)上單調(diào)增,又h(1)=0,h(t)<0在t∈(0,1)恒成立,符合題意.
當(dāng)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(diào)增,在t∈(λ2,1)時單調(diào)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e1+λ<x1•x2λ恒成立,只須λ2≥1,又λ>0,所以λ≥1.

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及分類討論,轉(zhuǎn)化思想,數(shù)形結(jié)合的思想方法的應(yīng)用,屬于綜合題.

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