Question

y＝lnx－ax 有两个相异零点，证明X1X2＞e的平方

Answer 1

供参考
先求导y'=1/x-a,令y'=0,x=1/a,可得函数在1/a处取得最大值为-lna+1>0,得0<a<1/e.
设函数的两个零点分别为x1,x2,且设x1<1/a<x2,则lnx1=ax1,lnx2=ax2
lnx1+lnx2=a(x1+x2),可得ln(x1x2)=a(x1+x2),要证原命题，只要证明x1+x2>2/a.
x1<1/a,则2/a-x1>1/a.
因为函数在x>1/a时单调递增，只要证明ln(2/a-x1)-a(2/a-x1)>0就可得x2>2/a-x1
设函数g(x)=ln(2/a-x)-a(2/a-x)-(lnx-ax),
g'(x)=1/(x-2/a)+2a-1/x=2a(x-1/a)^2/[x(x-2/a)],可得在（0，2/a)上g'(x)<0,且g(1/a)=0,
所以，当0<x<1/a时，g(x)>0,x1<1/a,所以g(x1)>0,即ln(2/a-x1)-a(2/a-x1)-(lnx1-ax1)>0,
所以ln(2/a-x1)-a(2/a-x1)>0,得证。

Answer 2

供参考
先求导y'=1/x-a,令y'=0,x=1/a,可得函数在1/a处取得最大值为-lna+1>0,得0<a<1/e.
设函数的两个零点分别为x1,x2,且设x1<1/a<x2,则lnx1=ax1,lnx2=ax2
lnx1+lnx2=a(x1+x2),可得ln(x1x2)=a(x1+x2),要证原命题，只要证明x1+x2>2/a.
x1<1/a,则2/a-x1>1/a.
因为函数在x>1/a时单调递减，只要证明ln(2/a-x1)-a(2/a-x1)>0就可得x2>2/a-x1
设函数g(x)=ln(2/a-x)-a(2/a-x)-(lnx-ax),
g'(x)=1/(x-2/a)+2a-1/x=2a(x-1/a)^2/[x(x-2/a)],可得在（0，2/a)上g'(x)<0,且g(1/a)=0,
所以，当0<x<1/a时，g(x)>0,x1<1/a,所以g(x1)>0,即ln(2/a-x1)-a(2/a-x1)-(lnx1-ax1)>0,
所以ln(2/a-x1)-a(2/a-x1)>0,得证。

Answer 3

函数不单调，a>0,y'=1/x-a,当x=1/a时取极小值ln(1/a)-1<0,得a>1/e.假如X1X2<=e^2,X1<X2,则将a=lnx1/x1代入，由0=lnx2-ax2,x2<=e^2/x1得出aX1^2-2X1+ae^2<=0,而判别式为4(1-(ae)^2)<0,矛盾。

Answer 4

函数不单调，a>0,y'=1/x-a,当x=1/a时取极小值ln(1/a)-1<0,得a>1/e.假如X1X2<=e^2,X1<X2,则将a=lnx1/x1代入，由0=lnx2-ax2,x2<=e^2/x1得出aX1^2-2X1+ae^2<=0,而判别式为4(1-(ae)^2)<0,矛盾。

Answer 5

所知等价于lnx=ax有两解x1,x2.显然x1,x2＞1,a＞0,有lnx1=ax1等价于x1=e^(ax1),同理有x2=e^(ax2),则所求等价于证e^[a(x1+x2)]＞e²,即证a(x1+x2)＞2.因a＞0,x1+x2＞2,则最后所得显然成立.