Question

18．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{x}$-a（x＞0，a，b∈R）．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間與極值；
（Ⅱ）若?a∈[0，π]，使得f（x）≥1+sina對任意x＞0恒成立，求b的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)b＞0時，若函數(shù)f（x）有且僅有一個零點(diǎn)，設(shè)F（b）=$\frac{a-1}$-m（m∈R），且函數(shù)F（x）有兩個零點(diǎn)x₁，x₂，求實(shí)數(shù)m的取值范圍，并證明：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)數(shù)，分類討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間與極值；
（Ⅱ）f（x）≥1+sina對任意x＞0恒成立，則必有b＞0，f（x）_min≥1+sina，即可求b的取值范圍；
（Ⅲ）F（b）=$\frac{a-1}$-m=$\frac{lnb}$-m（b＞0），構(gòu)造函數(shù)，得出當(dāng)x→0（x＞0）時，F(xiàn)（x）→-∞；x→+∞時，F(xiàn)（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(jìn)行證明即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{x-b}{{x}^{2}}$
當(dāng)b≤0時，f′（x）＞0恒成立，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞），無極值；
當(dāng)b＞0時，x∈（0，b）時，f′（x）＜0，x∈（b，+∞）時，f′（x）＞0，
函數(shù)f（x）的單調(diào)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）f（x）≥1+sina對任意x＞0恒成立，
則必有b＞0，f（x）_min≥1+sina，即lnb+1-a≥1+sina
?a∈[0，π]，使得lnb≥a+sina成立，
令函數(shù)g（x）=x+sinx，g′（x）=1+cosx≥0，得g（x）=x+sinx為增函數(shù)，
∴l(xiāng)nb≥g（a）_min=0，∴b≥1．…（8分）
（Ⅲ）證明：由（Ⅰ）知，b＞0時，當(dāng)x→+∞時，f（x）→+∞，當(dāng)x→0（x＞0）時，f（x）→+∞，
函數(shù)f（x）有且僅有一個零點(diǎn)，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(xiàn)′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
故函數(shù)F（x）在（0，e）上遞增，在（e，+∞）上遞減，F(xiàn)（e）=$\frac{1}{e}$-m
當(dāng)x→0（x＞0）時，F(xiàn)（x）→-∞；x→+∞時，F(xiàn)（x）→-m，
函數(shù)F（x）有兩個零點(diǎn)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(shè)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(shè)$t=\frac{x_2}{x_1}＞1$，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(diào)遞增，∴u（t）＞u（1）=0，
所以原不等式成立，故x₁x₂＞e²得證…（14分）

點(diǎn)評 本題主要考查了導(dǎo)數(shù)在函數(shù)單調(diào)性和函數(shù)極值中的應(yīng)用，連續(xù)函數(shù)的零點(diǎn)存在性定理及其應(yīng)用，分類討論的思想方法，屬難題．