Question

15．已知函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，其中a∈R．
（1）讨论函数g（x）=f′（x）-$\frac{x}{3}$的零点的个数；
（2）若函数φ（x）=xf（x）-a-$\frac{1}{2}$ax²-x有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：x₁x₂＞e²（e为自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的表达式，求出a=-$\frac{1}{3}$x³+x，设h（x）=-$\frac{1}{3}$x³+x（x＞0），根据函数的单调性求出h（x）的极大值，通过讨论a的范围，求出函数的零点个数即可；
（2）求出φ（x）的导数，得到lnx₁+lnx₂=$\frac{（1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}）ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}$，设t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，问题转化为证明不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，根据函数的单调性证出即可．

解答 （1）解：g（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$-$\frac{x}{3}$，令g（x）=0，得a=-$\frac{1}{3}$x³+x，
设h（x）=-$\frac{1}{3}$x³+x（x＞0），则h′（x）=-（x+1）（x-1），
由此得，h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
所以h（x）的极大值为h（1）=$\frac{2}{3}$又h（0）=0，
故当a＞$\frac{2}{3}$时，函数g（x）没有零点；
当a=$\frac{2}{3}$或a≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；
当0＜a＜$\frac{2}{3}$时，函数g（x）有两个零点．
（2）证明：依题意x₁，x₂是方程φ′（x）=0的两个不相等的实数根，
而φ（x）=xlnx-$\frac{1}{2}$ax²-x，
φ′（x）=lnx-ax，于是$\left\{\begin{array}{l}{l{nx}_{1}-{ax}_{1}=0}\\{l{nx}_{2}-{ax}_{2}=0}\end{array}\right.$①，
解得：a=$\frac{l{nx}_{1}+l{nx}_{2}}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
欲证：x₁x₂＞e²即证：lnx₁+lnx₂＞2，
由①作差得lnx₂-lnx₁=a（x₂-x₁）消去a得，$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$=$\frac{l{nx}_{1}+l{nx}_{2}}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
所以lnx₁+lnx₂=$\frac{（1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}）ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}$，
设t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，∵x₂＞x₁＞0，∴t＞1，
故lnx₁+lnx₂=$\frac{（1+t）lnt}{t-1}$，（t＞1），
下面只需证明：当t＞1时，不等式$\frac{（1+t）lnt}{t-1}$＞2成立，即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立．
设函数m（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，
因为m′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0
所以m（t）为（1，+∞）上的增函数，故m（t）＞m（1）=0，
因此，当t＞1时，有lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
即lnx₁+lnx₂＞2成立，故x₁x₂＞e²．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题．