Question

9．已知函數(shù)f（x）=a-$\frac{1}{x}$-lnx（a∈R），若f（x）有兩零點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），求x₁+x₂＜3e^a-1-1．

Answer 1

分析 由函數(shù)零點(diǎn)存在定理，知f（x）=0，構(gòu)造函數(shù)g（x）=ax-1-xlnx，利用導(dǎo)數(shù)函數(shù)的極值的關(guān)系，求出函數(shù)的極大值為pp=e^a-1，再構(gòu)造函數(shù)m（x）=lnx-$\frac{2（x-p）}{x+p}$-lnp，通過導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，整理，變形，即可得證．

解答 解：∵f（x）=0，
∴ax-1-xlnx=0，
設(shè)g（x）=ax-1-xlnx，
故x₁，x₂也是g（x）=0的兩個(gè)零點(diǎn)．
由g′（x）=a-1-lnx=0，得x=e^a-1，
當(dāng)g′（x）＞0時(shí)，即0＜x＜e^a-1，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)g′（x）＜0時(shí)，即x＞e^a-1，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，
記p=e^a-1，p是g（x）的唯一最大值點(diǎn)，故有$\left\{\begin{array}{l}{g（p）＞0}\\{{x}_{1}＜p＜{x}_{2}}\end{array}\right.$，
作函數(shù)m（x）=lnx-$\frac{2（x-p）}{x+p}$-lnp，
則m′（x）=$\frac{（x-p）^{2}}{x（x+p）^{2}}$≥0，
故m（x）單調(diào)遞增．
當(dāng)x＞p時(shí)，g（x）＞g（p）=0；當(dāng)0＜x＜p時(shí)，g（x）＜0．
于是，ax₁-1=x₁lnx₁＜$\frac{2{x}_{1}（{x}_{1}-p）}{{x}_{1}+p}$+x₁lnp．
整理，得（2+lnp-a）x₁²-（2p+ap-plnp-1）x₁+p＞0，
即x₁²-（3e^a-1-1）x₁+e^a-1＞0．
同理x₂²-（3e^a-1-1）x₂+e^a-1＜0． 
故x₂²-（3e^a-1-1）x₂+e^a-1＜x₁²-（3e^a-1-1）x₁+e^a-1，
即（x₂+x₁）（x₂-x₁）＜（3e^a-1-1）（x₂-x₁），
于是x₁+x₂＜3e^a-1-1．

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的性質(zhì)和運(yùn)用，主要考查函數(shù)的零點(diǎn)的求法和取值范圍，同時(shí)考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)判斷單調(diào)性是解題的關(guān)鍵，屬于難題．