Question

4．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax（a＞0），設(shè)$g（x）=f（{\frac{2}{a}-x}）$．
（1）判斷函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并給出證明；
（2）首項(xiàng)為m的數(shù)列{a_n}滿足：①a_n+1+a_n≠$\frac{2}{a}$；②f（a_n+1）=g（a_n）．其中0＜m＜$\frac{1}{a}，n∈{N^*}$．求證：對于任意的i，j∈N^*，均有a_i-a_j＜$\frac{1}{a}$-m．

Answer 1

分析 （1）由已知求出函數(shù)函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）的定義域?yàn)椋?，$\frac{2}{a}$）．利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)在定義域上是單調(diào)函數(shù)，再由$h（{\frac{1}{a}}）=f（{\frac{1}{a}}）-g（{\frac{1}{a}}）=0$可得函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）在$（{0，\frac{2}{a}}）$上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)；
（2）由（1）可知h（x）在$（{0，\frac{2}{a}}）$上單調(diào)遞增，且$h（{\frac{1}{a}}）=0$，故當(dāng)$x∈（{0，\frac{1}{a}}）$時(shí)，h（x）＜0，即f（x）＜g（x）；當(dāng)$x∈（{\frac{1}{a}，\frac{2}{a}}）$時(shí)，h（x）＞0，即f（x）＞g（x）．由a₁=m及m的范圍可得f（a₁）＜g（a₁）=f（a₂），然后判斷得${a_2}＜\frac{1}{a}$，結(jié)合$x\;∈（{0，\frac{1}{a}}）$時(shí)，f（x）單調(diào)遞增得${a_1}＜{a_2}＜\frac{1}{a}$；同理可證${a}_{2}＜{a}_{3}＜\frac{1}{a}$，…，${a}_{n}＜{a}_{n+1}＜\frac{1}{a}$，則有數(shù)列{a_n}為單調(diào)遞增數(shù)列且所有項(xiàng)均小于$\frac{1}{a}$，從而證得對于任意的i，j∈N^*，均有${a_i}-{a_j}＜\frac{1}{a}-m$．

解答 解：（1）函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）在$（{0，\frac{2}{a}}）$上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．
證明如下：函數(shù)f（x）=lnx-ax的定義域?yàn)椋?，+∞），
由$g（x）=f（{\frac{2}{a}-x}）$，可得函數(shù)g（x）的定義域?yàn)椋?∞，$\frac{2}{a}$），
∴函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）的定義域?yàn)椋?，$\frac{2}{a}$）．
h（x）=f（x）-g（x）=lnx-ax-ln（$\frac{2}{a}-x$）+2-ax．
h′（x）=$\frac{1}{x}-a+\frac{1}{\frac{2}{a}-x}-a=\frac{\frac{2}{a}}{x（\frac{2}{a}-x）}-2a$$≥\frac{\frac{2}{a}}{（\frac{1}{a}）^{2}}-2a=0$，
當(dāng)且僅當(dāng)$x=\frac{1}{a}$時(shí)等號成立，因此h（x）在$（{0，\frac{2}{a}}）$上單調(diào)遞增，又$h（{\frac{1}{a}}）=f（{\frac{1}{a}}）-g（{\frac{1}{a}}）=0$，
故函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）在$（{0，\frac{2}{a}}）$上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)；
證明：（2）由（1）可知h（x）在$（{0，\frac{2}{a}}）$上單調(diào)遞增，且$h（{\frac{1}{a}}）=0$，
故當(dāng)$x∈（{0，\frac{1}{a}}）$時(shí)，h（x）＜0，即f（x）＜g（x）；
當(dāng)$x∈（{\frac{1}{a}，\frac{2}{a}}）$時(shí)，h（x）＞0，即f（x）＞g（x）．
∵${a_1}=m（{0＜m＜\frac{1}{a}}）$，∴f（a₁）＜g（a₁）=f（a₂），
若${a_2}≥\frac{1}{a}$，則由$g（{a_1}）=f（{\frac{2}{a}-{a_1}}），\frac{2}{a}-{a_1}＞\frac{1}{a}$，且f（x）在$（{\frac{1}{a}，\frac{2}{a}}）$上單調(diào)遞減，
知$\frac{2}{a}-{a_1}={a_2}$，即${a_1}+{a_2}=\frac{2}{a}$，這與${a_{n+1}}+{a_n}≠\frac{2}{a}$矛盾，故${a_2}＜\frac{1}{a}$，
而當(dāng)$x\;∈（{0，\frac{1}{a}}）$時(shí)，f（x）單調(diào)遞增，故${a_1}＜{a_2}＜\frac{1}{a}$；
同理可證${a}_{2}＜{a}_{3}＜\frac{1}{a}$，…，${a}_{n}＜{a}_{n+1}＜\frac{1}{a}$，
故數(shù)列{a_n}為單調(diào)遞增數(shù)列且所有項(xiàng)均小于$\frac{1}{a}$，
因此對于任意的i，j∈N^*，均有${a_i}-{a_j}＜\frac{1}{a}-m$．

點(diǎn)評 本題考查根的存在性及根的個(gè)數(shù)判斷，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查邏輯思維能力與推理運(yùn)算能力，難度較大．