Question

设a∈R，函数f（x）=lnx-ax．
（1）若a=2，求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程；
（2）若a＜

2

e2

，试判断函数f（x）在x∈（1，e²）的零点个数，并说明你的理由；
（3）若f（x）有两个相异零点x₁，x₂，求证：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：压轴题,转化思想,导数的综合应用

分析：先求导．
对第（1）问，将a的值代入，得切线的斜率，接着求切点，利用点斜式得切线方程；
对第（2）问，思路一：先分“a≤0”和“a＞0”讨论，当a≤0时，结论易见，当a＞0时，由极值点确定再次分类的标准，然后利用函数的单调性、零点定理，根据区间的端点及图象分析零点的个数，思路二：考虑方程f（x）=0，将参数a分离，将零点问题转化为两函数图象交点问题，再利用导数研究函数的单调性，从而由两函数图象的位置关系确定零点个数；
对第（3）问，根据已知，将求证式进行等价转换，最后通过构造函数，利用函数的单调性达到证明的目的．

解答： 解：在区间（0，+∞）上，f′(x)=

1

x

-a=

1-ax

x

．
（1）当a=2时，切线的斜率k=f′(1)=

1-2×1

1

=-1，
又f（1）=ln1-2×1=-2，
由点斜式得切线方程为y-（-2）=-（x-1），即x+y+1=0．                                                                                 
（2）方法一：
（i）当a≤0时，f'（x）≥0，则f（x）在（1，e²）上单调递增，
此时f（1）=-a≥0，∴f（x）在x∈（1，e²）没有零点；                                                                                    
（ii）当a＞0时，令f'（x）=0，得x=

1

a

．
①当0＜a≤

1

e2

即

1

a

≥e2时，则
当x∈（1，e²），有f′（x）≥0，从而f（x）在（1，e²）单调递增，
此时f（1）=-a＜0，f（e²）=lne²-ae²=2-ae²＞0，
∴f（x）在x∈（1，e²）有且只有一个零点．                                                                              
②当

1

e2

＜a＜

2

e2

即

e2

2

＜

1

a

＜e2时，则
当x∈(1，

1

a

)时，f′(x)＞0，f（x）在(1，

1

a

)单调递增；
当x∈(

1

a

，e2)时，f′(x)＜0，f（x）在(

1

a

，e2)单调递减．                                             
而f(

1

a

)=ln

1

a

-1＞0，f（1）=-a＜0，f（e²）=2-ae²＞0，
∴f（x）在x∈（1，e²）有且只有一个零点．                                                                                  
综上，当a≤0时，f（x）在x∈（1，e²）没有零点；
当0＜a＜

2

e2

时，函数f（x）有且只有一个零点．
方法二：由f（x）=0，得a=

lnx

x

，
函数f（x）在x∈（1，e²）的零点个数等价于函数y=a的图象与函数y=

lnx

x

的图象的交点个数，
令g（x）=

lnx

x

，则g′(x)=

1-lnx

x2

，
由g'（x）=0，得x=e，
在区间（1，e）上，g'（x）＞0，则函数g（x）是增函数，
∴g（1）＜g（x）＜g（e），即0＜g(x)＜

1

e

；
在区间（e，e²）上，g'（x）＜0，则函数g（x）是减函数，
∴g（e²）＜g（x）＜g（e），即

2

e2

＜g(x)＜

1

e

．
∵a＜

2

e2

，∴当a≤0时，f（x）在x∈（1，e²）没有零点；
当0＜a＜

2

e2

时，函数f（x）有且只有一个零点．
（3）原不等式x1•x2＞e2?lnx₁+lnx₂＞2．                                                         
不妨设x₁＞x₂＞0，∵f（x₁）=0，f（x₂）=0，∴lnx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，
∴lnx₁+lnx₂=a（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），
∴a（x₁+x₂）＞2?

lnx1-lnx2

x1-x2

＞

2

x1+x2

?ln

x1

x2

＞

2(x1-x2)

x1+x2

．                                                          
令

x1

x2

=t，则t＞1，于是ln

x1

x2

＞

2(x1-x2)

x1+x2

?lnt＞

2(t-1)

t+1

．
设函数h(t)=lnt-

2(t-1)

t+1

(t＞1)，则h′(t)=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，
故函数h（t）在（1，+∞）上为增函数，∴h（t）＞h（1）=0，
即不等式lnt＞

2(t-1)

t+1

成立，故所证不等式x1•x2＞e2成立．

点评：1．本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值，考查的思想方法有分类讨论，转化与化归，数形结合，函数与方程思想等，综合性强，属压轴题．
2．判断函数f（x）在某区间内的零点个数，常用如下两种方式处理：
（1）利用导数判断函数的单调性，求出单调区间、极值与极值点、端点处的函数值，再根据零点存在性定理或零点唯一性定理判断．
（2）令f（x）=0，将方程变形，把等式两边各看作一个函数，从而将零点问题转化为两函数图象的交点问题．
3．利用导数证明不等式，是高考的热点之一，关键是构造适当的函数，判断区间端点对应的函数值与0的关系．
运用导数证明不等式f（x）＞g（x）成立的一般步骤是：
（1）构造函数h（x）=f（x）-g（x）；
（2）求h'（x）；
（3）判断h（x）的单调性，
（4）求h（x）的最小值或值域；
（5）证明[h（x）]_min＞0成立；
（6）从而得出结论．