Question

20．已知函數(shù)f（x）=a-$\frac{x}$-lnx（a，b∈R）．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若b=1，試討論函數(shù)f（x）零點的個數(shù)；
（3）在（2）的條件下，若f（x）有兩個零點x₁，x₂（x₁＜x₂），求證：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）先求函數(shù)f（x）=a-$\frac{x}$-lnx的定義域，再求導(dǎo)f′（x）=$\frac{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{b-x}{{x}^{2}}$，從而由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)討論以確定函數(shù)的單調(diào)性；
（2）當(dāng)b=1時，求導(dǎo)f′（x）=$\frac{1-x}{{x}^{2}}$，由導(dǎo)數(shù)可判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求得f_max（x）=f（1）=a-1，討論函數(shù)的最值，由函數(shù)零點的判定定理判斷零點的個數(shù)即可；
（3）由題意知f（x₁）=f（x₂）=0，從而可得$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，記$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，t＞1，從而化簡可得x₁+x₂-2=$\frac{{t}^{2}-1}{tlnt}$-2=$\frac{2（\frac{{t}^{2}-1}{2t}-lnt）}{lnt}$，從而證明即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=a-$\frac{x}$-lnx的定義域為（0，+∞），
f′（x）=$\frac{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{b-x}{{x}^{2}}$，
當(dāng)b≤0，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
當(dāng)b＞0時，f′（x）＜0得x∈（b，+∞）；f′（x）＞0得x∈（0，b），
所以，當(dāng)b≤0時，函數(shù)在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
當(dāng)b＞0時，函數(shù)在（0，b）上單調(diào)遞增，在（b，+∞）單調(diào)遞減；
（2）當(dāng)b=1時，f′（x）=$\frac{1-x}{{x}^{2}}$，令f′（x）=0得x=1，
故當(dāng)x＞1時，f′（x）＜0，f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
當(dāng)0＜x＜1時，f′（x）＞0，f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，
故f_max（x）=f（1）=a-1，
①當(dāng)f_max（x）=a-1=0，即a=1時，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時，f（x）=0，f（x）恰有一個零點；
②當(dāng)f_max（x）=a-1＜0，即a＜1時，f（x）＜0恒成立，f（x）沒有零點；
③當(dāng)f_max（x）=a-1＞0，即a＞1時，一方面，?e^a＞1，f（e^a）=-$\frac{1}{{e}^{a}}$＜0，
另一方面，?e^-a＜1，f（e^-a）=2a-e^a≤2a-ea＜0，f（x）有兩個零點，
綜上：當(dāng)a=1時，f（x）恰有一個零點；
當(dāng)a＜1時，f（x）沒有零點；
當(dāng)a＞1時，f（x）有兩個零點．
（3）證明：由題意知，f（x₁）=f（x₂）=0，
即$\frac{1}{{x}_{1}}$+lnx₁=$\frac{1}{{x}_{2}}$+lnx₂，
于是$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
記$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，t＞1，
則lnt=$\frac{t-1}{t{x}_{1}}$，故x₁=$\frac{t-1}{tlnt}$，
于是，x₁+x₂=$\frac{{t}^{2}-1}{tlnt}$，x₁+x₂-2=$\frac{{t}^{2}-1}{tlnt}$-2=$\frac{2（\frac{{t}^{2}-1}{2t}-lnt）}{lnt}$，
記函數(shù)g（x）=$\frac{{x}^{2}-1}{2x}$-lnx，x＞1，
因g′（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{2{x}^{2}}$＞0，
故g（x）在（1，+∞）上單調(diào)增．
于是，t＞1時，g（t）＞g（1）=0．
又lnt＞1，所以，x₁+x₂＞2．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及函數(shù)零點的判定定理的應(yīng)用，同時考查了分類討論的思想應(yīng)用，屬于難題．