Question

19．已知函数f（x）=lnx+$\frac{b}{x}$-a（x＞0，a，b∈R）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间与极值；
（Ⅱ）若b＞0且f（x）≥0恒成立，求e^a-1-b+1的最大值；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，且e^a-1-b+1取得最大值时，设F（b）=$\frac{a-1}{b}$-m（m∈R），且函数F（x）有两个零点x₁，x₂，求实数m的取值范围，并证明：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导数，分类讨论，利用导数的正负，讨论函数f（x）的单调区间与极值；
（Ⅱ）当b＞0时，由（Ⅰ）得f（x）_min=lnb+1-a≥0，e^a-1-b+1≤1，即可求e^a-1-b+1的最大值；
（Ⅲ）F（b）=$\frac{a-1}{b}$-m=$\frac{lnb}{b}$-m（b＞0），构造函数，得出当x→0（x＞0）时，F（x）→-∞；x→+∞时，F（x）→-m，故$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{e}-m＞0}\\{-m＜0}\end{array}\right.$，$0＜m＜\frac{1}{e}$，再用分析法进行证明即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{x-b}{{x}^{2}}$
当b≤0时，f′（x）＞0恒成立，函数f（x）的单调增区间为（0，+∞），无极值；
当b＞0时，x∈（0，b）时，f′（x）＜0，x∈（b，+∞）时，f′（x）＞0，
函数f（x）的单调减区间为（0，b），增区间为（b，+∞），有极小值f（b）=lnb+1-a…（4分）
（Ⅱ）当b＞0时，由（Ⅰ）得f（x）_min=lnb+1-a≥0
∴lnb≥a-1，
∴b≥e^a-1，
∴e^a-1-b+1≤1，即当lnb=a-1时，e^a-1-b+1最大为1…（8分）
（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知，b＞0时，当x→+∞时，f（x）→+∞，当x→0（x＞0）时，f（x）→+∞，
函数f（x）有且仅有一个零点，即f（x）_min=f（b）=lnb+1-a=0，∴lnb=a-1．
F（b）=$\frac{a-1}{b}$-m=$\frac{lnb}{b}$-m（b＞0），
记$F（x）=\frac{lnx}{x}-m，（x＞0）$，F′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
故函数F（x）在（0，e）上递增，在（e，+∞）上递减，F（e）=$\frac{1}{e}$-m
当x→0（x＞0）时，F（x）→-∞；x→+∞时，F（x）→-m，
函数F（x）有两个零点x₁，x₂，
故$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{e}-m＞0}\\{-m＜0}\end{array}\right.$，$0＜m＜\frac{1}{e}$…（10分）
不妨设x₁＜x₂，由题意lnx₁=mx₁，lnx₂=mx₂，
则$ln{x_1}{x_2}=m（{x_1}+{x_2}），ln\frac{x_2}{x_1}=m（{x_2}-{x_1}）⇒m=\frac{{ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，
欲证${x_1}•{x_2}＞{e^2}$，只需证明：ln（x₁•x₂）＞2，只需证明：m（x₁+x₂）＞2，
即证：$\frac{{（{x_1}+{x_2}）}}{{{x_2}-{x_1}}}ln\frac{x_2}{x_1}＞2$，
即证$\frac{{1+\frac{x_2}{x_1}}}{{\frac{x_2}{x_1}-1}}ln\frac{x_2}{x_1}＞2$，设$t=\frac{x_2}{x_1}＞1$，则只需证明：$lnt＞2•\frac{t-1}{t+1}$，
也就是证明：$lnt-2•\frac{t-1}{t+1}＞0$
记$u（t）=lnt-2•\frac{t-1}{t+1}，（t＞1）$，∴$u'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＞0$，
∴u（t）在（1，+∞）单调递增，∴u（t）＞u（1）=0，
所以原不等式成立，故x₁x₂＞e²得证…（14分）

点评 本题主要考查了导数在函数单调性和函数极值中的应用，连续函数的零点存在性定理及其应用，分类讨论的思想方法，属难题．