Question

5．已知函數(shù)f（x）=lnx-x+$\frac{a}{x}$+1（a∈R）．
（1）討論f（x）的單調(diào)性與極值點的個數(shù)；
（2）當(dāng)a=0時，關(guān)于x的方程f（x）=m（m∈R）有2個不同的實數(shù)根x₁，x₂，證明：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）先求出導(dǎo)函數(shù)，再根據(jù)判別式和a的范圍分類討論，即可判斷函數(shù)的單調(diào)性和極值點的個數(shù)，
（2）問題轉(zhuǎn)化為要證x₁+x₂=$\frac{t+1}{t-1}$lnt＞2，t＞1，即證（t+1）lnt＞2（t-1），構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性和最值得關(guān)系即可證明．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$-1-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{-{x}^{2}+x-a}{{x}^{2}}$，x＞0
方程-x²+x-a=0的判別式為△=1-4a，
①當(dāng)a≥$\frac{1}{4}$時，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞），為減函數(shù)，無極值點，
②當(dāng)0≤a＜$\frac{1}{4}$時，令f′（x）=0，解得x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$＞0，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，
當(dāng)f′（x）＜0，解得0＜x＜$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$，x＞$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，
此時f（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$），（$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，+∞）為減函數(shù)，
當(dāng)f′（x）＞0時，解得$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$＜x＜$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，
此時f（x）在（$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$）為增函數(shù)，
此時f（x）有一個極大值點x=$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，和一個極小值點x=$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$，
③當(dāng)a＜0，令f′（x）=0，解得x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$＜0，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$＞0，
當(dāng)f′（x）＞0，解得0＜x＜$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，此時f（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$），為增函數(shù)，
當(dāng)f′（x）＜0時，解得x＞$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，此時在（$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，+∞）為減函數(shù)，
此時f（x）有一個極大值點x=$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$；
（Ⅱ）由題意知f（x₁）=m，f（x₂）=m，
故f（x₁）=f（x₂），
∵x₁≠x₂，不妨設(shè)x₁＜x₂，
∴l(xiāng)nx₁-x₁+1=lnx₂-x₂+1，
∴l(xiāng)n$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=x₂-x₁，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，則x₂=tx₁，
∴l(xiāng)nt=（t-1）x₁，
∴x₁=$\frac{lnt}{t-1}$，x₂=tx₁=$\frac{tlnt}{t-1}$，
故要證x₁+x₂=$\frac{t+1}{t-1}$lnt＞2，t＞1，
即證（t+1）lnt＞2（t-1），
令g（t）=（t+1）lnt-2t+2，
∴g′（t）=$\frac{t+1}{t}$+lnt-2=$\frac{tlnt-t+1}{t}$，
令h（t）=tlnt-t+1，t＞1，
則h′（t）=lnt＞0，
∴h（t）在t∈（1，+∞）上為增函數(shù)，
∴h（t）＞h（1）=0，
∴g（t）在（1，+∞）為增函數(shù)，
∴g（t）＞g（1）=0，
∴（t+1）lnt＞2（t-1），
即$\frac{t+1}{t-1}$lnt＞2，
∴x₁+x₂＞2

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性和極值和最值得關(guān)系，關(guān)鍵是分類討論和構(gòu)造函數(shù)，屬于難題．