Question

1．（1）已知x，y∈R⁺，且x+y＞2，求證：$\frac{1+x}{y}$與$\frac{1+y}{x}$中至少有一個(gè)小于2．
（2）函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{a（x-1）}{x}$（x＞0，a∈R）．當(dāng)a＞0時(shí)，求證：函數(shù)f（x）的圖象存在唯一零點(diǎn)的充要條件是a=1．

Answer 1

分析 （1）本題證明結(jié)論中結(jié)構(gòu)較復(fù)雜，而其否定結(jié)構(gòu)簡單，故可用反證法證明其否定不成立，以此來證明結(jié)論成立．
（2）充分性：a=1時(shí)，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$（x＞0）．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值最值可得：x=1時(shí)，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(dǎo)數(shù)的性質(zhì)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(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可證明．

解答 證明：（1）（反證法）：假設(shè)$\frac{1+x}{y}$與$\frac{1+y}{x}$均不小于2，即$\frac{1+x}{y}$≥2，$\frac{1+y}{x}$≥2，
∴1+x≥2y，1+y≥2x．將兩式相加得：x+y≤2，與已知x+y＞2矛盾，
故$\frac{1+x}{y}$與$\frac{1+y}{x}$中至少有一個(gè)小于2．
（2）充分性：f′（x）=$\frac{1}{x}$-a•$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$（x＞0），
a=1時(shí)，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$（x＞0）．
在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴x=1時(shí)，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(shí)，函數(shù)f（x）的圖象在（0，+∞）上有唯一的一個(gè)零點(diǎn)x=1．
必要性：f（x）=0在（0，+∞）上有唯一解，且a＞0，
當(dāng)a＞0時(shí)，單調(diào)遞增區(qū)間為（a，+∞），單調(diào)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(dāng)0＜a＜1時(shí)，g′（a）＞0，在（0，1）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞1時(shí)，g′（a）＜0，在（1，+∞）上單調(diào)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(shí)必有a=1．
綜上：在a＞0時(shí)，f（x）=0在（0，+∞）上有唯一解的充要條件是a=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、兩次求導(dǎo)的方法、等價(jià)轉(zhuǎn)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(jì)算能力，反證法證明命題，屬于難題．