Question

7．（1）函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{a（x-1）}{x}$（x＞0，a∈R）．當a＞0時，求證：函數(shù)f（x）的圖象存在唯一零點的充要條件是a=1；
（2）求證：不等式$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{x-1}$＜$\frac{2}{3}$對于x∈（1，2）恒成立．

Answer 1

分析 （1）充分性：a=1時，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$（x＞0）．利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性極值最值可得：x=1時，函數(shù)f（x）取得極小值也是最小值．即可證明．
必要性：f（x）=0在（0，+∞）上有唯一解，且a＞0，由導數(shù)的性質可得：在x=a處有極小值也是最小值f（a），f（a）=lna-a+1再利用導數(shù)研究其單調性極值與最值即可證明．
（2）1＜x＜2，可得$\frac{1}{lnx}-\frac{1}{x-1}＜\frac{2}{3}?（{2x+1}）lnx-3（{x-1}）＞0$，令F（x）=（2x+1）lnx-3（x-1），又F（1）=0，利用導數(shù)只要證明F′（x）＞0即可．

解答 證明：（1）充分性：f′（x）=$\frac{1}{x}$-a$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$（x＞0），
a=1時，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$（x＞0）．
在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，
∴x=1時，函數(shù)f（x）取得極小值也是最小值．
即f_min（x）=f（1）=0．
∴a=1時，函數(shù)f（x）的圖象在（0，+∞）上有唯一的一個零點x=1．
必要性：f（x）=0在（0，+∞）上有唯一解，且a＞0，
當a＞0時，單調遞增區(qū)間為（a，+∞），單調遞減區(qū)間為（0，a）．
在x=a處有極小值也是最小值f（a），f（a）=lna-a+1．
令g（a）=lna-a+1，g′（a）=$\frac{1}{a}$-1=$\frac{1-a}{a}$．
當0＜a＜1時，g′（a）＞0，在（0，1）上單調遞增；當a＞1時，g′（a）＜0，在（1，+∞）上單調遞減．
∴g_max（a）=g（1）=0，g（a）=0只有唯一解a=1．
f（x）=0在（0，+∞）上有唯一解時必有a=1．
綜上：在a＞0時，f（x）=0在（0，+∞）上有唯一解的充要條件是a=1．
（2）證明：∵1＜x＜2，
∴$\frac{1}{lnx}-\frac{1}{x-1}＜\frac{2}{3}?（{2x+1}）lnx-3（{x-1}）＞0$，
令F（x）=（2x+1）lnx-3（x-1），
∴F′（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$-1，
令$p（x）=2lnx+\frac{1}{x}-1$，則p′（x）=$\frac{2x-1}{{x}^{2}}$．
∵1＜x＜2，∴p′（x）＞0，
∴∴F′（x）在（1，2）上單調遞增，
∴F′（x）＞F′（1）=0，∴F（x）在（1，2）上單調遞增．
∴F（x）＞F（1）=0，（2x+1）lnx-3（x-1）＞0，即不等式$\frac{1}{lnx}-\frac{1}{x-1}＜\frac{2}{3}$對于x∈（1，2）恒成立．

點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性極值與最值、兩次求導的方法、等價轉化方法、不等式的解法、充要條件，考查了分析問題與解決問題的能力、推理能力與計算能力，屬于難題．