Question

16．已知函数f（x）=$\frac{lnx+ax+1}{x}$．
（1）若对任意x＞0，f（x）＜0恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x₁，x₂（x₁＜x₂），证明：$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{2}}$+$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}}$＞2．

Answer 1

分析 （1）求出导函数，根据导函数判断函数的单调性，得出函数的最值，进而求出a的范围；
（2）求出导函数，根据极值点判断函数的零点位置，对零点分类讨论，构造函数，利用放缩法，均值定理证明结论成立．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{lnx+ax+1}{x}$=$\frac{lnx}{x}$+a+$\frac{1}{x}$．
f''（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，
∴f（x）在（0，l）上递增，（1，+∞）上递减，
∴f（x）≤f（1）=a+1，
∴a+1＜0，∴a＜-1；
（2）证明：由（1）知，两个不同零点x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞），
若x₂∈（1，2），则2-x₂∈（0，1），
设g（x）=f（x）-f（2-x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{x}$-$\frac{ln（2-x）}{2-x}$-$\frac{1}{2-x}$，
则当x∈（0，1）时，
g'（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$-$\frac{ln（2-x）}{{（2-x）}^{2}}$＞-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$-$\frac{ln（2-x）}{{x}^{2}}$=-$\frac{ln（{-（x-1）}^{2}+1]}{{x}^{2}}$＞0，
∴g（x）在（0，1）上递增，
∴g（x）＜g（1）=0，
∴f（x）＜f（2-x），
∴f（2-x₁）＞f（x₁）=f（x₂），
∴（2-x₁）＜x₂，∴2＜x₁+x₂，
若x₂∈（2，+∞），可知2＜x₁+x₂，显然成立，
又$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{2}}$+x₂≥2$\sqrt{\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{2}}{•x}_{2}}$=2x₁，同理可得$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}}$+x₁≥2x₂，
以上两式相加得：$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{2}}$+$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}}$+x₁+x₂≥2（x₁+x₂），
故：$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{2}}$+$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}}$≥（x₁+x₂）＞2．

点评 本题考查了导函数的应用，最值问题的转化思想，难点是对参数的分类讨论和均值定理的应用．