Question

已知a为实常数，函数f（x）=lnx-ax+1．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个不同的零点x₁，x₂（x₁＜x₂）．
   （ⅰ）求实数a的取值范围；
   （ⅱ）求证：

1

e

＜x₁＜1，且x₁+x₂＞2．（注：e为自然对数的底数）

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）写出函数f（x）的定义域，求出f'（x），分a≤0，a＞0两种情况讨论，通过解不等式f'（x）＞0，f'（x）＜0可得单调区间；
（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）可知，当a≤0时f（x）单调，不存在两个零点；当a＞0时，可求得f（x）有唯一极大值，令其大于零，可得a的范围，再判断极大值点左右两侧附近的函数值小于零即可；（ⅱ）由（i）知可判断f（x）的单调性，根据零点存在定理可判断

1

e

＜x1＜1；分析：由0＜x1＜

1

a

，得

2

a

-x1＞

1

a

，故只要证明：f（

2

a

-x1）＞0就可以得出结论．下面给出证明：构造函数：g（x）=f（

2

a

-x）-f（x）=ln（

2

a

-x）-a（

2

a

-x）-（lnx-ax）（0＜x≤

1

a

），利用导数可判断g（x）在区间（0，

1

a

]上为减函数，从而可得g（x₁）＞g（

1

a

）=0，再由f（x₁）=0可得结论；

解答： 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），其导数f'（x）=

1

x

-a．
①当a≤0时，f'（x）＞0，函数在（0，+∞）上是增函数；
②当a＞0时，在区间（0，

1

a

）上，f'（x）＞0；在区间（

1

a

，+∞）上，f'（x）＜0．
∴f（x）在（0，

1

a

）是增函数，在（

1

a

，+∞）是减函数．
（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，不可能有两个零点，
当a＞0时，f（x）在（0，

1

a

）上是增函数，在（

1

a

，+∞）上是减函数，此时f（

1

a

）为函数f（x）的最大值，
当f（

1

a

）≤0时，f（x）最多有一个零点，∴f（

1

a

）=ln

1

a

＞0，解得0＜a＜1，
此时，

1

e

＜

1

a

＜

e2

a2

，且f（

1

e

）=-1-

a

e

+1=-

a

e

＜0，
f（

e2

a2

）=2-2lna-

e2

a

+1=3-2lna-

e2

a

（0＜a＜1），
令F（a）=3-2lna-

e2

a

，则F'（x）=-

2

a

+

e2

a2

=

e2-2a

a2

＞0，∴F（a）在（0，1）上单调递增，
∴F（a）＜F（1）=3-e²＜0，即f（

e2

a2

）＜0，
∴a的取值范围是（0，1）．
（ii）由（Ⅱ）（i）可知函数f（x）在（0，

1

a

）是增函数，在（

1

a

，+∞）是减函数．f（x）=lnx-ax+1，
∴f（

1

e

）=-1-

a

e

+1=-

a

e

＜0，f（1）=1-a＞0．故

1

e

＜x1＜1；
第二部分：分析：∵0＜x1＜

1

a

，∴

2

a

-x1＞

1

a

．只要证明：f（

2

a

-x1）＞0就可以得出结论．
下面给出证明：构造函数：g（x）=f（

2

a

-x）-f（x）=ln（

2

a

-x）-a（

2

a

-x）-（lnx-ax）（0＜x≤

1

a

），
则g'（x）=

1

x- 2 a

-

1

x

+2a=

2a(x- 1 a )2

x(x- 2 a )

＜0，
函数g（x）在区间（0，

1

a

]上为减函数．0＜x₁＜

1

a

，则g（x₁）＞g（

1

a

）=0，又f（x₁）=0，
于是f（

2

a

-x1）=ln（

2

a

-x1）-a（

2

a

-x1）+1-f（x₁）=g（x₁）＞0．又f（x₂）=0，
由（1）可知x2＞

2

a

-x1，即x1+x2＞

2

a

＞2．

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性、零点及不等式的证明等知识，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力、推理论证能力，本题综合性强，能力要求较高．