(2014•石家庄模拟)已知a为实常数,函数f(x)=lnx-ax 1.(Ⅰ)讨...
解答:解:(Ⅰ)f(x)的定义域为(0, ∞),其导数f'(x)=1x-a。①当a≤0时,f'(x)>0,函数在(0, ∞)上是增函数;②当a>0时,在区间(0,1a)上,f'(x)>0;在区间(1a, ∞)上,f'(x)<0。 ∴f(x)在(0,1a)是增函数,在(1a, ∞)是减函数。(Ⅱ)(ⅰ)由(Ⅰ)知,当a≤0时,函数f(x)在(0, ∞)上是增函数,不可能有两个零点,当a>0时,f(x)在(0,1a)上是增函数,在(1a, ∞)上是减函数,此时f(1a)为函数f(x)的最大值,当f(1a)≤0时,f(x)最多有一个零点,∴f(1a)=ln1a>0,解得0<a<1,此时,1e<...全部
解答:解:(Ⅰ)f(x)的定义域为(0, ∞),其导数f'(x)=1x-a。①当a≤0时,f'(x)>0,函数在(0, ∞)上是增函数;②当a>0时,在区间(0,1a)上,f'(x)>0;在区间(1a, ∞)上,f'(x)<0。
∴f(x)在(0,1a)是增函数,在(1a, ∞)是减函数。(Ⅱ)(ⅰ)由(Ⅰ)知,当a≤0时,函数f(x)在(0, ∞)上是增函数,不可能有两个零点,当a>0时,f(x)在(0,1a)上是增函数,在(1a, ∞)上是减函数,此时f(1a)为函数f(x)的最大值,当f(1a)≤0时,f(x)最多有一个零点,∴f(1a)=ln1a>0,解得0<a<1,此时,1e<1a<e2a2,且f(1e)=-1-ae 1=-ae<0,f(e2a2)=2-2lna-e2a 1=3-2lna-e2a(0<a<1),令F(a)=3-2lna-e2a,则F'(x)=-2a e2a2=e2-2aa2>0,∴F(a)在(0,1)上单调递增,∴F(a)<F(1)=3-e2<0,即f(e2a2)<0,∴a的取值范围是(0,1)。
(ii)由(Ⅱ)(i)可知函数f(x)在(0,1a)是增函数,在(1a, ∞)是减函数。f(x)=lnx-ax 1,∴f(1e)=-1-ae 1=-ae<0,f(1)=1-a>0。故1e<x1<1;第二部分:分析:∵0<x1<1a,∴2a-x1>1a。
只要证明:f(2a-x1)>0就可以得出结论。下面给出证明:构造函数:g(x)=f(2a-x)-f(x)=ln(2a-x)-a(2a-x)-(lnx-ax)(0<x≤1a),则g'(x)=1x-2a-1x 2a=2a(x-1a)2x(x-2a)<0,函数g(x)在区间(0,1a]上为减函数。
0<x1<1a,则g(x1)>g(1a)=0,又f(x1)=0,于是f(2a-x1)=ln(2a-x1)-a(2a-x1) 1-f(x1)=g(x1)>0。又f(x2)=0,由(1)可知x2>2a-x1,即x1 x2>2a>2。
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