每日一题[2872]端点分析

已知函数 $f(x)=a x(\ln x-1)-x^2$（$a \in \mathbb{R}$）恰有两个极值点 $x_1 , x_2$，且 $x_1<x_2$．

1、求实数 $a$ 的取值范围．

2、若不等式 $\ln x_1+\lambda \ln x_2>1+\lambda$ 恒成立，求实数 $\lambda$ 的取值范围．

解析

1、函数 $f(x)$ 的导函数 $$f'(x)=ax\left(\dfrac{\ln x}{x}-\dfrac 2a\right),$$ 由于 $\left(\dfrac{\ln x}x\right)'=\dfrac{1-\ln x}{x}$，因此 $$\begin{array}{c|ccccc}\hline x&0&(0,{\rm e})&{\rm e}&({\rm e},+\infty)&+\infty \\ \hline f(x)&-\infty&\nearrow&\dfrac{1}{\rm e}&\searrow&0\\ \hline \end{array}$$ 于是 $f(x)$ 有两个极值点，从而 $\dfrac 2a$ 的取值范围是 $\left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right)$，进而实数 $a$ 的取值范围是 $\left(2{\rm e},+\infty\right)$．

2、根据题意，有 $$\dfrac{\ln x_1}{x_1}=\dfrac{\ln x_2}{x_2},$$ 设 $\dfrac{x_1}{x_2}=t$（$t\in (0,1)$），则 $$\dfrac{\ln t+\ln x_2}{tx_2}=\dfrac{\ln x_2}{x_2}\implies \ln x_2=\dfrac{\ln t}{t-1},$$ 而 $\ln x_1=\ln t+\ln x_2=\dfrac{t\ln t}{t-1}$，从而题意即 $$\forall t\in(0,1),~\dfrac{t\ln t}{t-1}+\dfrac{\lambda \ln t}{t-1}>1+\lambda,$$ 也即 $$\forall t\in(0,1),~(1+\lambda)(t-1)-(t+\lambda)\ln t>0,$$ 设 $g(t)=(1+\lambda)(t-1)-(t+\lambda)\ln t$，则 $g(1)=0$，其导函数 $$g'(t)=\lambda -\ln t-\dfrac{\lambda}t,$$ 有 $g'(1)=0$，其二阶导函数 $$g''(t)=\dfrac{\lambda-t }{t^2},$$ 有 $g''(1)=\lambda -1$，讨论分界点为 $\lambda=1$．

情形一     $\lambda \geqslant 1$．此时在 $t\in (0,1)$ 上，有 $g''(t)>0$，从而 $g'(t)$ 单调递增，有 $g'(t)<g'(1)=0$，进而 $g(t)$ 单调递减，有 $g(t)>g(1)=0$，符合题意．

情形二     $\lambda <1$．此时在 $x\in\left(\max\{\lambda,0\},1\right)$ 上，$g''(t)<0$，从而 $g'(t)$ 单调递减，有 $g'(t)>g'(1)=0$，进而 $g(t)$ 单调递增，有 $g(t)<g(1)=0$，不符合题意．

综上所述，实数 $\lambda$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$．