例 設函數 f(x)=ln x-ax ，其中 ain R 。

（1）若當 xgeq 1 時，不等式 f(x)+frac{a}{x}le 0 恆成立，求實數 a 的取值範圍；

（2）若 f(x) 有兩個零點 x_1 ， x_2 ，證明： frac{1}{ln x_1}+frac{1}{ln x_2}>2 。

解答 （1）令 g(x)=ax-frac{a}{x}-ln x ， xgeq 1 ， g(x)geq0

注意到 g(1)=0 ， g(x)=frac{ax^2-x+a}{x^2} ， g(1)=2a-1

（i）若 ale 0 ， g(x)le 0 ， g(x) 在 (1,+infty) 單調遞減，

因此當 xgeq 1 時， g(x)le g(1)=0 ，此與 g(x)geq0 矛盾；

（ii）若 0 ， <img src= ，又 g(frac{1}{a})=a^3>0

故由零點定理知：存在 x_0in (1,frac{1}{a})，使 g(x_0)=0

當 1<x<x_0 時， g(x)<0 ，當 x>x_0 時， g(x)>0

因此 g(x) 在 (0,x_0) 單調遞減，在 (x_0,+infty) 單調遞增

因此當 xin (1,x_0) 時， g(x)le g(1)=0 ，此與 g(x)geq0 矛盾；

（iii）若 ageq frac{1}{2} ，考慮 h(x)=ax^2-x+a ，其對稱軸 x_0=frac{1}{2a}le 1

又 h(1)=2a-1geq 0 ，故當 xgeq 1 時， h(x)geq 0 ，即 g(x)geq 0

因此 g(x) 在 (1,+infty) 單調遞增， g(x)geq g(1)=0 ，滿足條件。

綜上，實數 a 的取值範圍是 [frac{1}{2},+infty) 。

證明 （2） f(x_1)=f(x_2)=0Leftrightarrowfrac{ln x_1}{x_1}=frac{ln x_2}{x_2}=a

由對稱性，不妨設 x_1<x_2 ，記 k=frac{x_2}{x_1}>1 ，代入得

frac{ln x_1}{x_1}=frac{ln x_2}{x_2}=frac{ln k+ln x_1}{kx_1} ，解得 left{ egin{aligned} &ln x_1=frac{ln k}{k-1}\ &ln x_2=frac{kln k}{k-1}end{aligned} ight.

因此 frac{1}{ln x_1}+frac{1}{ln x_2}=frac{k^2-1}{kln k} ，其中 k> 1 ，只需證明 frac{k^2-1}{kln k}>2

Leftrightarrowln k<frac{1}{2}(k-frac{1}{k}) ，在（1）中取 a=frac{1}{2} 即可，證畢。

注 在（2）中容易得到 0 ，因此 <img src= 。


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