Question

4．已知函數(shù)f（x）=a-$\frac{1}{x}$-lnx，其中a為常數(shù)．
（Ⅰ）若f（x）=0恰有一個解，求a的值；
（Ⅱ）（i）若函數(shù)g（x）=a-$\frac{1}{x}$-$\frac{2（x-p）}{x+p}$-f（x）-lnp，其中p為常數(shù)，試判斷函數(shù)g（x）的單調(diào)性；
（ii）若f（x）恰有兩個零點x₁，x₂（x₁＜x₂），求證：x₁+x₂＜3e^a-1-1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，由單調(diào)性，即可判斷函數(shù)的零點個數(shù)；
（Ⅱ）（i）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，從而判斷出g（x）的單調(diào)性，（ii）要證x₁+x₂＜3e^a-1-1，可知知，p是h（x）的唯一最大值點，故有$\left\{\begin{array}{l}{h（p）＞0}\\{{x}_{1}＜p{＜x}_{2}}\end{array}\right.$，作函數(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：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1-x}{{x}^{2}}$，令f′（x）=0，解得：x=1，
當(dāng)0＜x＜1時，f′（x）＞0，f（x）在（0，1）遞增，
當(dāng)x＞1時，f′（x）＜0，f（x）在（1，+∞）遞減，
f（x）_max=f（1）=a-1，
①當(dāng)f（x）_max=0，解得：a=1，此時最大值點唯一，符合題意，
②當(dāng)f（x）_max＜0，即a＜1時，f（x）＜0恒成立，不符合題意，
③當(dāng)f（x）_max＞0，即a＞1時，e^a＞1，f（e^a）=-$\frac{1}{{e}^{a}}$＜0，e^-a＜1，
∴f（e^-a）=2a-e^a≤2a-ea＜0，（易證e^x≥ex），
∴f（x）有2個零點，不符合題意，
綜上：a=1；
（Ⅱ）（i）由g（x）=a-$\frac{1}{x}$-$\frac{2（x-p）}{x+p}$-f（x）-lnp，
得：g（x）=lnx-$\frac{2（x-p）}{x+p}$-lnp，
函數(shù)g（x）的定義域是（0，+∞），且p＞0，
∵g′（x）=$\frac{{（x-p）}^{2}}{{x（x+p）}^{2}}$≥0，
∴g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；
（ii）f（x）=0?h（x）=ax-1-xlnx=0，故x₁，x₂也是h（x）=0的兩個零點．
由h′（x）=a-1-lnx=0，得x=e^a-1（記p=e^a-1）．
可知，p是h（x）的唯一最大值點，故有$\left\{\begin{array}{l}{h（p）＞0}\\{{x}_{1}＜p{＜x}_{2}}\end{array}\right.$，
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，h（x）＞h（p）=0；當(dāng)0＜x＜p時，h（x）＜0．
于是，ax₁-1=x₁lnx₁＜$\frac{{2x}_{1}{（x}_{1}-p）}{{x}_{1}+p}$+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)的零點的求法和取值范圍，同時考查導(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．