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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(gè)零點(diǎn)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(guò)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>\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}從而可得ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}\frac{(1+λ){(x}_{1}{-x}_{2})}{{x}_{1}+{λx}_{2}}恒成立;再令t=\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}},t∈(0,1),從而可得不等式lnt<\frac{(1+λ)(t-1)}{t+λ}在t∈(0,1)上恒成立,再令h(t)=lnt-\frac{(1+λ)(t-1)}{t+λ},從而利用導(dǎo)數(shù)化恒成立問(wèn)題為最值問(wèn)題即可.

解答 解:(1)f′(x)=\frac{1}{x}-a(x>0),
①當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)=\frac{1}{x}-a≥0,即函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0,+∞),
②當(dāng)a>0時(shí),令f′(x)=\frac{1}{x}-a=0,得x=\frac{1}{a}
當(dāng)0<x<\frac{1}{a}時(shí),f′(x)=\frac{1-ax}{x}>0,當(dāng)x>\frac{1}{a}時(shí),f′(x)=\frac{1-ax}{x}<0,
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0,\frac{1}{a}],單調(diào)減區(qū)間是[\frac{1}{a},+∞);
(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)分別為x1,x2,且x1<x2,
則x1,x2分別是方程lnx-ax=0的兩個(gè)根,
即lnx1=ax1,lnx2=ax2
所以原式等價(jià)于1+λ<ax1+λax2=a(x1+λx2),因?yàn)棣耍?,0<x1<x2,
所以原式等價(jià)于a>\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}},又由lnx1=ax1,lnx2=ax2作差得,ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=a(x1-x2),即a=\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}},
所以原式等價(jià)于ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}\frac{1+λ}{{{x}_{1}+x}_{2}},
因?yàn)?<x1<x2,原式恒成立,即ln \frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}\frac{(1+λ){(x}_{1}{-x}_{2})}{{x}_{1}+{λx}_{2}}恒成立,
令t=\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}},t∈(0,1),
則不等式lnt<\frac{(1+λ)(t-1)}{t+λ}在t∈(0,1)上恒成立.
令h(t)=lnt-\frac{(1+λ)(t-1)}{t+λ},
又h′(t)=\frac{1}{t}-\frac{{(1+λ)}^{2}}{{(t+λ)}^{2}}=\frac{(t-1)(t{-λ}^{2})}{{t(t+λ)}^{2}}
當(dāng)λ2≥1時(shí),可見(jiàn)t∈(0,1)時(shí),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(shí),可見(jiàn)t∈(0,λ2)時(shí),h′(t)>0,t∈(λ2,1)時(shí)h′(t)<0,
所以h(t)在t∈(0,λ2)時(shí)單調(diào)增,在t∈(λ2,1)時(shí)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(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及分類(lèi)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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