题目内容
【题目】已知函数f（x）=xlnx﹣ 
x2﹣x+a（a∈R）在其定义域内有两个不同的极值点．
（1）求a的取值范围；
（2）记两个极值点分别为x1 ， x2 ， 且x1＜x2 ． 已知λ＞0，若不等式e1+λ＜x1x2λ恒成立，求λ的范围．
【答案】
（1）解：由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
方程f′（x）=0在（0，+∞）有两个不同根；
即方程lnx﹣ax=0在（0，+∞）有两个不同根；
（解法一）转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，如下图．
可见，若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只须0＜a＜k．
令切点A（x0，lnx0），
故 
，又 
，
故 
，
解得，x0=e，
故 
，
故 
．
（解法二）转化为函数 
与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点．
又 
，
即0＜x＜e时，g′（x）＞0，x＞e时，g′（x）＜0，
故g（x）在（0，e）上单调增，在（e，+∞）上单调减．
故g（x）极大=g（e）= 
；
又g（x）有且只有一个零点是1，且在x→0时，g（x）→﹣∞，在在x→+∞时，g（x）→0，
故g（x）的草图如下图，
可见，要想函数 与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，
只须 ．
（解法三）令g（x）=lnx﹣ax，从而转化为函数g（x）有两个不同零点，
而 
（x＞0），
若a≤0，可见g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）单调增，
此时g（x）不可能有两个不同零点．
若a＞0，在 
时，g′（x）＞0，在 
时，g′（x）＜0，
所以g（x）在 
上单调增，在 
上单调减，从而 
= 
，
又因为在x→0时，g（x）→﹣∞，在在x→+∞时，g（x）→﹣∞，
于是只须：g（x）极大＞0，即 
，所以 ．
综上所述， ．
（2）解：因为 
等价于1+λ＜lnx1+λlnx2．
由（1）可知x1，x2分别是方程lnx﹣ax=0的两个根，
即lnx1=ax1，lnx2=ax2
所以原式等价于1+λ＜ax1+λax2=a（x1+λx2），因为λ＞0，0＜x1＜x2，
所以原式等价于 
．
又由lnx1=ax1，lnx2=ax2作差得， 
，即 
．
所以原式等价于 
，
因为0＜x1＜x2，原式恒成立，即 
恒成立．
令 
，t∈（0，1），
则不等式 
在t∈（0，1）上恒成立．
令 
，
又 
= 
，
当λ2≥1时，可见t∈（0，1）时，h′（t）＞0，
所以h（t）在t∈（0，1）上单调增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合题意．
当λ2＜1时，可见t∈（0，λ2）时，h′（t）＞0，t∈（λ2，1）时h′（t）＜0，
所以h（t）在t∈（0，λ2）时单调增，在t∈（λ2，1）时单调减，又h（1）=0，
所以h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去．
综上所述，若不等式 恒成立，只须λ2≥1，又λ＞0，所以λ≥1．
【解析】（1）由导数与极值的关系知可转化为方程f′（x）=lnx﹣ax=0在（0，+∞）有两个不同根；再转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+∞）上有两个不同交点，或转化为函数 与函数y=a的图象在（0，+∞）上有两个不同交点；或转化为g（x）=lnx﹣ax有两个不同零点，从而讨论求解；（2） 可化为1+λ＜lnx1+λlnx2 ， 结合方程的根知1+λ＜ax1+λax2=a（x1+λx2），从而可得 ；而 ，从而化简可得 ，从而可得 恒成立；再令 ，t∈（0，1），从而可得不等式 在t∈（0，1）上恒成立，再令 ，从而利用导数化恒成立问题为最值问题即可．
【考点精析】利用利用导数研究函数的单调性和函数的极值与导数对题目进行判断即可得到答案，需要熟知一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间
内，(1)如果
，那么函数
在这个区间单调递增；(2)如果
，那么函数
在这个区间单调递减；求函数的极值的方法是:（1）如果在
附近的左侧
,右侧
,那么
是极大值（2）如果在附近的左侧,右侧
,那么
是极小值．
