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 $[1,+\infty)$.

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