Question

15．已知函數f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，其中a∈R．
（1）討論函數g（x）=f′（x）-$\frac{x}{3}$的零點的個數；
（2）若函數φ（x）=xf（x）-a-$\frac{1}{2}$ax²-x有兩個極值點x₁，x₂，且x₁＜x₂，求證：x₁x₂＞e²（e為自然對數的底數）．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的表達式，求出a=-$\frac{1}{3}$x³+x，設h（x）=-$\frac{1}{3}$x³+x（x＞0），根據函數的單調性求出h（x）的極大值，通過討論a的范圍，求出函數的零點個數即可；
（2）求出φ（x）的導數，得到lnx₁+lnx₂=$\frac{（1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}）ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}$，設t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，問題轉化為證明不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，根據函數的單調性證出即可．

解答 （1）解：g（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$-$\frac{x}{3}$，令g（x）=0，得a=-$\frac{1}{3}$x³+x，
設h（x）=-$\frac{1}{3}$x³+x（x＞0），則h′（x）=-（x+1）（x-1），
由此得，h（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，
所以h（x）的極大值為h（1）=$\frac{2}{3}$又h（0）=0，
故當a＞$\frac{2}{3}$時，函數g（x）沒有零點；
當a=$\frac{2}{3}$或a≤0時，函數g（x）有且只有一個零點；
當0＜a＜$\frac{2}{3}$時，函數g（x）有兩個零點．
（2）證明：依題意x₁，x₂是方程φ′（x）=0的兩個不相等的實數根，
而φ（x）=xlnx-$\frac{1}{2}$ax²-x，
φ′（x）=lnx-ax，于是$\left\{\begin{array}{l}{l{nx}_{1}-{ax}_{1}=0}\\{l{nx}_{2}-{ax}_{2}=0}\end{array}\right.$①，
解得：a=$\frac{l{nx}_{1}+l{nx}_{2}}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
欲證：x₁x₂＞e²即證：lnx₁+lnx₂＞2，
由①作差得lnx₂-lnx₁=a（x₂-x₁）消去a得，$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$=$\frac{l{nx}_{1}+l{nx}_{2}}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
所以lnx₁+lnx₂=$\frac{（1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}）ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}$，
設t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，∵x₂＞x₁＞0，∴t＞1，
故lnx₁+lnx₂=$\frac{（1+t）lnt}{t-1}$，（t＞1），
下面只需證明：當t＞1時，不等式$\frac{（1+t）lnt}{t-1}$＞2成立，即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立．
設函數m（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，
因為m′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0
所以m（t）為（1，+∞）上的增函數，故m（t）＞m（1）=0，
因此，當t＞1時，有l(wèi)nt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
即lnx₁+lnx₂＞2成立，故x₁x₂＞e²．

點評 本題考查了函數的單調性、極值問題，考查導數的應用以及不等式的證明，是一道綜合題．