Question

9．已知函数f（x）=a-$\frac{1}{x}$-lnx（a∈R），若f（x）有两零点x₁，x₂（x₁＜x₂），求x₁+x₂＜3e^a-1-1．

Answer 1

分析 由函数零点存在定理，知f（x）=0，构造函数g（x）=ax-1-xlnx，利用导数函数的极值的关系，求出函数的极大值为pp=e^a-1，再构造函数m（x）=lnx-$\frac{2（x-p）}{x+p}$-lnp，通过导数判断单调性，整理，变形，即可得证．

解答 解：∵f（x）=0，
∴ax-1-xlnx=0，
设g（x）=ax-1-xlnx，
故x₁，x₂也是g（x）=0的两个零点．
由g′（x）=a-1-lnx=0，得x=e^a-1，
当g′（x）＞0时，即0＜x＜e^a-1，函数g（x）单调递增，
当g′（x）＜0时，即x＞e^a-1，函数g（x）单调递减，
记p=e^a-1，p是g（x）的唯一最大值点，故有$\left\{\begin{array}{l}{g（p）＞0}\\{{x}_{1}＜p＜{x}_{2}}\end{array}\right.$，
作函数m（x）=lnx-$\frac{2（x-p）}{x+p}$-lnp，
则m′（x）=$\frac{（x-p）^{2}}{x（x+p）^{2}}$≥0，
故m（x）单调递增．
当x＞p时，g（x）＞g（p）=0；当0＜x＜p时，g（x）＜0．
于是，ax₁-1=x₁lnx₁＜$\frac{2{x}_{1}（{x}_{1}-p）}{{x}_{1}+p}$+x₁lnp．
整理，得（2+lnp-a）x₁²-（2p+ap-plnp-1）x₁+p＞0，
即x₁²-（3e^a-1-1）x₁+e^a-1＞0．
同理x₂²-（3e^a-1-1）x₂+e^a-1＜0． 
故x₂²-（3e^a-1-1）x₂+e^a-1＜x₁²-（3e^a-1-1）x₁+e^a-1，
即（x₂+x₁）（x₂-x₁）＜（3e^a-1-1）（x₂-x₁），
于是x₁+x₂＜3e^a-1-1．

点评 本题考查函数的性质和运用，主要考查函数的零点的求法和取值范围，同时考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，运用构造函数判断单调性是解题的关键，属于难题．