Question

已知函數(shù)f（x）=lnx-x+a有且只有一個零點．
（1）求a的值；
（2）若對任意的x∈（1，+∞），有2f（x）＜

k

x

-x+2恒成立，求實數(shù)k的最小值；
（3）設h（x）=f（x）+x-1，對任意x₁，x₂∈（0，+∞）（x₁≠x₂），證明：不等式

x1-x2

h(x1)-h(x2)

＞

x1x2

恒成立．

Answer 1

考點：根的存在性及根的個數(shù)判斷

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）通過求導得到單調區(qū)間找到極值點代入即可；
（2）對任意的x∈（1，+∞），有2f（x）＜

k

x

-x+2恒成立，即k＞2xlnx-x²，令g（x）=2xlnx-x²，確定g（x）=2xlnx-x²在（1，+∞）上單調遞減，即可求實數(shù)k的最小值；
（3）不妨設x₁＞x₂＞-1，引進新函數(shù)找到其單調區(qū)間，問題得證．

解答： 解：（1）f（x）的定義域為（0，+∞），f'（x）=

1

x

-1．
由f'（x）=0，得x=1．
∵當0＜x＜1時，f'（x）＞0；當x＞1時，f'（x）＜0，
∴f（x）在區(qū)間（-a，1]上是增函數(shù)，在區(qū)間[1，+∞）上是減函數(shù)，
∴f（x）在x=1處取得最大值．
由題意知f（1）=-1+a=0，解得a=1．
（2）由（1）知f（x）=lnx-x+1，
對任意的x∈（1，+∞），有2f（x）＜

k

x

-x+2恒成立，即k＞2xlnx-x²，
令g（x）=2xlnx-x²，則g′（x）=2（lnx-x+1）
由（1）知，lnx-x+1≤f（1）=0，
∴g（x）=2xlnx-x²在（1，+∞）上單調遞減，
∴k≥g（1）=-1，
∴實數(shù)k的最小值是-1；
（3）由h（x）=f（x）+x-1=lnx．
不妨設x₁＞x₂＞0，則要證明不等式

x1-x2

h(x1)-h(x2)

＞

x1x2

恒成立，
只需證明

x1-x2

x1x2

＞ln

x1

x2

，
設t=

x1

x2

（t＞1），則只需證明

t

-

1

t

＞lnt（t＞1）．
設φ（t）=

t

-

1

t

-lnt（t＞1），則φ′（t）=

(t-1)2

2t t

＞0，
∴φ（t）在（1，+∞）上單調遞增，
∴φ（t）＞φ（1）=0．
即

t

-

1

t

＞lnt，得證．
故原不等式恒成立．

點評：本題考查了導函數(shù)，單調區(qū)間及最值，函數(shù)的零點，不等式的證明，是一道較難的綜合題．