Question

10．已知函數(shù)f（x）=ax²-e^x（a∈R）在（0，+∞）上有兩個零點為x₁，x₂（x₁＜x₂）
（1）求實數(shù)a的取值范圍；
（2）求證：x₁+x₂＞4．

Answer 1

分析 （1）問題轉(zhuǎn)化為方程a=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$有兩個根，等價于y=a與$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$有兩個交點，即可求實數(shù)a的取值范圍；
（2）解得：x₁=$\frac{2lnt}{t-1}$，x₂=$\frac{2tlnt}{t-1}$．要證明x₁+x₂＞4，即證明$\frac{2lnt}{t-1}$+$\frac{2tlnt}{t-1}$＞4，即證明lnt+tlnt＞2t-2，構(gòu)造函數(shù)即可證明．

解答 （1）解：∵f（x）=ax²-e^x（a∈R）在（0，+∞）上有兩個零點，
∴方程a=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$有兩個根，等價于y=a與$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$有兩個交點．
令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$，則h′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-2）}{{x}^{3}}$，…（3分）
于是x∈（0，2）時，h′（x）＜0，即h（x）在（0，2）上單調(diào)遞減；
當x∈（2，+∞）時，h′（x）＞0，即h（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）_min=h（2）=$\frac{{e}^{2}}{4}$，
∴a的取值范圍為（$\frac{{e}^{2}}{4}$，+∞）．  …（5分）
（2）證明：∵x₁，x₂（x₁＜x₂）是f（x）=ax²-e^x（a∈R）在（0，+∞）上的零點，
∴ax₁²=${e}^{{x}_{1}}$，ax₂²=${e}^{{x}_{2}}$，
兩式相除可得（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）²=${e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}$．  …（7分）
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t（t＞1），①
上式變?yōu)閠²=${e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}$，即x₂-x₁=2lnt，②
聯(lián)立①②解得：x₁=$\frac{2lnt}{t-1}$，x₂=$\frac{2tlnt}{t-1}$．  …（9分）
要證明x₁+x₂＞4，
即證明$\frac{2lnt}{t-1}$+$\frac{2tlnt}{t-1}$＞4，
即證明lnt+tlnt＞2t-2．
令h（t）=lnt+tlnt-2t+2，則h′（t）=$\frac{1}{t}$+lnt-1． …（10分）
令y=$\frac{1}{t}$+lnt-1，y′=$\frac{t-1}{{t}^{2}}$＞0，
故y=$\frac{1}{t}$+lnt-1在（1，+∞）上單調(diào)遞增，故y＞0，即h′（t）＞0，
故h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，故h（t）＞h（1）=0，
即lnt+tlnt＞2t-2，得證．  …（12分）

點評 本題主要考查了利用導函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，以及零點定理應(yīng)用與構(gòu)造函數(shù)等知識點，屬較難題．