Question

13．已知函数f（x）=x-alnx，a∈R．
（Ⅰ）研究函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）设函数f（x）有两个不同的零点x₁、x₂，且x₁＜x₂．
（1）求a的取值范围；               
（2）求证：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的定义域（0，+∞），求出$f'（x）=1-\frac{a}{x}=\frac{x-a}{x}$，通过①若a≤0，②若a＞0，判断导函数的符号，推出函数的单调区间即可．
（Ⅱ）f（x）有两个不同的零点，推出$\left\{{\begin{array}{l}{a＞0}\\{f（a）=a-alna＜0}\end{array}}\right.⇒a＞e$，且0＜x₁＜a＜x₂，要证${x_1}{x_2}＞{e^2}$，即证lnx₁+lnx₂＞2，转化为f（x₂）＞f（2a-x₁），设g（x）=f（x）-f（2a-x），x∈（0，a），只需证g（x）＞0通过导函数的单调性判断证明即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域（0，+∞），$f'（x）=1-\frac{a}{x}=\frac{x-a}{x}$…..（2分）
①若a≤0，则f'（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）单调递增函数．
②若a＞0，令f'（x）=0解得x=a，
则f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增；…．（4分）
（Ⅱ）证明：因为f（x）有两个不同的零点，由①知$\left\{{\begin{array}{l}{a＞0}\\{f（a）=a-alna＜0}\end{array}}\right.⇒a＞e$…（6分）
且0＜x₁＜a＜x₂，要证${x_1}{x_2}＞{e^2}$，即证lnx₁+lnx₂＞2$?\frac{x_1}{a}+\frac{x_2}{a}＞2?{x_1}+{x_2}＞2a?{x_2}＞2a-{x_1}$
由于a＞x₁，则2a-x₁＞a，即证f（x₂）＞f（2a-x₁）?f（x₁）＞f（2a-x₁）…（8分）
设g（x）=f（x）-f（2a-x），x∈（0，a），只需证g（x）＞0即可，
g（x）=（x-alnx）-[（2a-x）-aln（2a-x）]，
$g'（x）=1-\frac{a}{x}+1-\frac{a}{2a-x}=-2\frac{{{{（{x-a}）}^2}}}{{x（{2a-x}）}}＜0$…（10分）
可知g（x）在x∈（0，a）是单调递减函数，故g（x）＞g（a）=0，
得证.${x_1}{x_2}＞{e^2}$…..（12分）

点评 本题考查函数的单调性的应用，函数的最值的求法，考查分类讨论思想的应用，转化思想的应用．