Question

（2012•武汉模拟）设a∈R，函数f（x）=lnx-ax．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）已知x₁=

e

（e为自然对数的底数）和x₂是函数f（x）的两个不同的零点，求a的值并证明：x₂＞e

3

2

．

Answer 1

分析：（I）先求函数f（x）的导函数f′（x），并确定函数的定义域，再解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0，即可分别求得函数f（x）的单调增区间和单调减区间，进而利用极值定义求得函数的极值，由于导函数中含有参数a，故为解不等式的需要，需讨论a的正负；
（II）将x₁=

e

代入函数f（x），即可得a的值，再利用（I）中的单调性和函数的零点存在性定理，证明函数的另一个零点x₂是在区间（e

3

2

，e

5

2

）上，即可证明结论

解答：解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．
求导数，得f′（x）=

1

x

-a=

1-ax

x

．
①若a≤0，则f′（x）＞0，f（x）是（0，+∞）上的增函数，无极值；
②若a＞0，令f′（x）=0，得x=

1

a

．
当x∈（0，

1

a

）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；
当x∈（

1

a

，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数．
∴当x=

1

a

时，f（x）有极大值，极大值为f（

1

a

）=ln

1

a

-1=-lna-1．
综上所述，当a≤0时，f（x）的递增区间为（0，+∞），无极值；当a＞0时，f（x）的递增区间为（0，

1

a

），递减区间为（

1

a

，+∞），极大值为-lna-1
（Ⅱ）∵x₁=

e

是函数f（x）的零点，
∴f （

e

）=0，即

1

2

-a

e

=0，解得a=

1

2 e

=

e

2e

．
∴f（x）=lnx-

1

2 e

x．
∵f（e

3

2

）=

3

2

-

e

2

＞0，f（e

5

2

）=

5

2

-

e2

2

＜0，∴f（e

3

2

）•f（e

5

2

）＜0．
由（Ⅰ）知，函数f（x）在（2

e

，+∞）上单调递减，
∴函数f（x）在区间（e

3

2

，e

5

2

）上有唯一零点，
因此x₂＞e

3

2

．

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