Question

19．已知函數f（x）=lnx+$\frac{x}$-a（x＞0，a，b∈R）．
（Ⅰ）討論函數f（x）的單調區(qū)間與極值；
（Ⅱ）若b＞0且f（x）≥0恒成立，求e^a-1-b+1的最大值；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，且e^a-1-b+1取得最大值時，設F（b）=$\frac{a-1}$-m（m∈R），且函數F（x）有兩個零點x₁，x₂，求實數m的取值范圍，并證明：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導數，分類討論，利用導數的正負，討論函數f（x）的單調區(qū)間與極值；
（Ⅱ）當b＞0時，由（Ⅰ）得f（x）_min=lnb+1-a≥0，e^a-1-b+1≤1，即可求e^a-1-b+1的最大值；
（Ⅲ）F（b）=$\frac{a-1}$-m=$\frac{lnb}$-m（b＞0），構造函數，得出當x→0（x＞0）時，F（x）→-∞；x→+∞時，F（x）→-m，故$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{e}-m＞0}\\{-m＜0}\end{array}\right.$，$0＜m＜\frac{1}{e}$，再用分析法進行證明即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{x-b}{{x}^{2}}$
當b≤0時，f′（x）＞0恒成立，函數f（x）的單調增區(qū)間為（0，+∞），無極值；
當b＞0時，x∈（0，b）時，f′（x）＜0，x∈（b，+∞）時，f′（x）＞0，
函數f（x）的單調減區(qū)間為（0，b），增區(qū)間為（b，+∞），有極小值f（b）=lnb+1-a…（4分）
（Ⅱ）當b＞0時，由（Ⅰ）得f（x）_min=lnb+1-a≥0
∴l(xiāng)nb≥a-1，
∴b≥e^a-1，
∴e^a-1-b+1≤1，即當lnb=a-1時，e^a-1-b+1最大為1…（8分）
（Ⅲ）證明：由（Ⅰ）知，b＞0時，當x→+∞時，f（x）→+∞，當x→0（x＞0）時，f（x）→+∞，
函數f（x）有且僅有一個零點，即f（x）_min=f（b）=lnb+1-a=0，∴l(xiāng)nb=a-1．
F（b）=$\frac{a-1}$-m=$\frac{lnb}$-m（b＞0），
記$F（x）=\frac{lnx}{x}-m，（x＞0）$，F′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
故函數F（x）在（0，e）上遞增，在（e，+∞）上遞減，F（e）=$\frac{1}{e}$-m
當x→0（x＞0）時，F（x）→-∞；x→+∞時，F（x）→-m，
函數F（x）有兩個零點x₁，x₂，
故$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{e}-m＞0}\\{-m＜0}\end{array}\right.$，$0＜m＜\frac{1}{e}$…（10分）
不妨設x₁＜x₂，由題意lnx₁=mx₁，lnx₂=mx₂，
則$ln{x_1}{x_2}=m（{x_1}+{x_2}），ln\frac{x_2}{x_1}=m（{x_2}-{x_1}）⇒m=\frac{{ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，
欲證${x_1}•{x_2}＞{e^2}$，只需證明：ln（x₁•x₂）＞2，只需證明：m（x₁+x₂）＞2，
即證：$\frac{{（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_2}-{x_1}}}ln\frac{x_2}{x_1}＞2$，
即證$\frac{{1+\frac{x_2}{x_1}}}{{\frac{x_2}{x_1}-1}}ln\frac{x_2}{x_1}＞2$，設$t=\frac{x_2}{x_1}＞1$，則只需證明：$lnt＞2•\frac{t-1}{t+1}$，
也就是證明：$lnt-2•\frac{t-1}{t+1}＞0$
記$u（t）=lnt-2•\frac{t-1}{t+1}，（t＞1）$，∴$u'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＞0$，
∴u（t）在（1，+∞）單調遞增，∴u（t）＞u（1）=0，
所以原不等式成立，故x₁x₂＞e²得證…（14分）

點評 本題主要考查了導數在函數單調性和函數極值中的應用，連續(xù)函數的零點存在性定理及其應用，分類討論的思想方法，屬難題．