Question

20．已知函数f（x）=a-$\frac{b}{x}$-lnx（a，b∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若b=1，试讨论函数f（x）零点的个数；
（3）在（2）的条件下，若f（x）有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂），求证：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）先求函数f（x）=a-$\frac{b}{x}$-lnx的定义域，再求导f′（x）=$\frac{b}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{b-x}{{x}^{2}}$，从而由导数的正负讨论以确定函数的单调性；
（2）当b=1时，求导f′（x）=$\frac{1-x}{{x}^{2}}$，由导数可判断函数的单调性，从而求得f_max（x）=f（1）=a-1，讨论函数的最值，由函数零点的判定定理判断零点的个数即可；
（3）由题意知f（x₁）=f（x₂）=0，从而可得$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，记$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，t＞1，从而化简可得x₁+x₂-2=$\frac{{t}^{2}-1}{tlnt}$-2=$\frac{2（\frac{{t}^{2}-1}{2t}-lnt）}{lnt}$，从而证明即可．

解答 解：（1）函数f（x）=a-$\frac{b}{x}$-lnx的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{b}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{b-x}{{x}^{2}}$，
当b≤0，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
当b＞0时，f′（x）＜0得x∈（b，+∞）；f′（x）＞0得x∈（0，b），
所以，当b≤0时，函数在（0，+∞）上单调递减，
当b＞0时，函数在（0，b）上单调递增，在（b，+∞）单调递减；
（2）当b=1时，f′（x）=$\frac{1-x}{{x}^{2}}$，令f′（x）=0得x=1，
故当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）在（1，+∞）上单调递减，
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）在（0，1）上单调递增，
故f_max（x）=f（1）=a-1，
①当f_max（x）=a-1=0，即a=1时，当且仅当x=1时，f（x）=0，f（x）恰有一个零点；
②当f_max（x）=a-1＜0，即a＜1时，f（x）＜0恒成立，f（x）没有零点；
③当f_max（x）=a-1＞0，即a＞1时，一方面，?e^a＞1，f（e^a）=-$\frac{1}{{e}^{a}}$＜0，
另一方面，?e^-a＜1，f（e^-a）=2a-e^a≤2a-ea＜0，f（x）有两个零点，
综上：当a=1时，f（x）恰有一个零点；
当a＜1时，f（x）没有零点；
当a＞1时，f（x）有两个零点．
（3）证明：由题意知，f（x₁）=f（x₂）=0，
即$\frac{1}{{x}_{1}}$+lnx₁=$\frac{1}{{x}_{2}}$+lnx₂，
于是$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
记$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，t＞1，
则lnt=$\frac{t-1}{t{x}_{1}}$，故x₁=$\frac{t-1}{tlnt}$，
于是，x₁+x₂=$\frac{{t}^{2}-1}{tlnt}$，x₁+x₂-2=$\frac{{t}^{2}-1}{tlnt}$-2=$\frac{2（\frac{{t}^{2}-1}{2t}-lnt）}{lnt}$，
记函数g（x）=$\frac{{x}^{2}-1}{2x}$-lnx，x＞1，
因g′（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{2{x}^{2}}$＞0，
故g（x）在（1，+∞）上单调增．
于是，t＞1时，g（t）＞g（1）=0．
又lnt＞1，所以，x₁+x₂＞2．

点评 本题考查了导数的综合应用及函数零点的判定定理的应用，同时考查了分类讨论的思想应用，属于难题．