Question

17．已知函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$（a∈R）．
（1）求函数的单调区间；
（2）若方程f（x）=2存在两个不同的实数解x₁、x₂，求证：x₁+x₂＞2a．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，判断f′（x）的符号，得到函数的单调区间即可；
（2）根据f（x）不单调，令F（x）=f（x）-2，令g（x）=F（2a-x）-F（x），x∈[a，2a），求出g（x）的单调性，得到f（x₂）＞f（2a-x₁），从而证出结论．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为：（0，+∞）…（1分），
$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}=\frac{x-a}{x^2}$…（3分）
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）…（4分）
当a＞0时，当x＞a时，f′（x）＞0，f（x）的单调递增区间为（a，+∞）；…（5分）
当x∈（0，a）时，f′（x）＜0，f（x）的单调递减区间为（0，a）；…（6分）
当x=a时，f′（x）=0，f（a）为f（x）的极小值；
（2）方程f（x）=2存在两个不同的实数解x₁、x₂，
因此f（x）必能不为单调函数，所以a＞0，…（7分）
令F（x）=f（x）-2，则F（x）的单调递减区间为（0，a），单调递增区间为（a，+∞），最小值F（a）＜0，
∴0＜x₁＜a＜x₂，令g（x）=F（2a-x）-F（x），x∈[a，2a），
∵g′（x）=F′（2a-x）-F′（x）=f′（2a-x）-f′（x）=$\frac{{4a{{（x-a）}^2}}}{{{{（2a-x）}^2}•{x^2}}}＞0$…（8分）
∴g（x）在[a，2a）上单调递增，且g（a）=0，∴当x∈（a，2a）时，g（x）＞0，
∵2a-x₁∈（a，2a），∴g（2a-x₁）＞0，
g（2a-x₁）=F（x₁）-F（2a-x₁）=f（x₁）-f（2a-x₁）＞0…（10分）
∵f（x₁）=f（x₂）=2，∴f（x₂）＞f（2a-x₁）…（11分）
∵f（x）的单调递增区间为（a，+∞），x₂、2a-x₁∈（a，+∞）
∴x₂＞2a-x₁，∴x₁+x₂＞2a…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，转化思想，有一定的难度．