Question

4．已知函数f（x）=a-$\frac{1}{x}$-lnx，其中a为常数．
（Ⅰ）若f（x）=0恰有一个解，求a的值；
（Ⅱ）（i）若函数g（x）=a-$\frac{1}{x}$-$\frac{2（x-p）}{x+p}$-f（x）-lnp，其中p为常数，试判断函数g（x）的单调性；
（ii）若f（x）恰有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂），求证：x₁+x₂＜3e^a-1-1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，求得单调区间，由单调性，即可判断函数的零点个数；
（Ⅱ）（i）求出g（x）的导数，从而判断出g（x）的单调性，（ii）要证x₁+x₂＜3e^a-1-1，可知知，p是h（x）的唯一最大值点，故有$\left\{\begin{array}{l}{h（p）＞0}\\{{x}_{1}＜p{＜x}_{2}}\end{array}\right.$，作函数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：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1-x}{{x}^{2}}$，令f′（x）=0，解得：x=1，
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）在（0，1）递增，
当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）在（1，+∞）递减，
f（x）_max=f（1）=a-1，
①当f（x）_max=0，解得：a=1，此时最大值点唯一，符合题意，
②当f（x）_max＜0，即a＜1时，f（x）＜0恒成立，不符合题意，
③当f（x）_max＞0，即a＞1时，e^a＞1，f（e^a）=-$\frac{1}{{e}^{a}}$＜0，e^-a＜1，
∴f（e^-a）=2a-e^a≤2a-ea＜0，（易证e^x≥ex），
∴f（x）有2个零点，不符合题意，
综上：a=1；
（Ⅱ）（i）由g（x）=a-$\frac{1}{x}$-$\frac{2（x-p）}{x+p}$-f（x）-lnp，
得：g（x）=lnx-$\frac{2（x-p）}{x+p}$-lnp，
函数g（x）的定义域是（0，+∞），且p＞0，
∵g′（x）=$\frac{{（x-p）}^{2}}{{x（x+p）}^{2}}$≥0，
∴g（x）在（0，+∞）单调递增；
（ii）f（x）=0?h（x）=ax-1-xlnx=0，故x₁，x₂也是h（x）=0的两个零点．
由h′（x）=a-1-lnx=0，得x=e^a-1（记p=e^a-1）．
可知，p是h（x）的唯一最大值点，故有$\left\{\begin{array}{l}{h（p）＞0}\\{{x}_{1}＜p{＜x}_{2}}\end{array}\right.$，
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，h（x）＞h（p）=0；当0＜x＜p时，h（x）＜0．
于是，ax₁-1=x₁lnx₁＜$\frac{{2x}_{1}{（x}_{1}-p）}{{x}_{1}+p}$+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．