Question

7．（1）函数f（x）=lnx-$\frac{a（x-1）}{x}$（x＞0，a∈R）．当a＞0时，求证：函数f（x）的图象存在唯一零点的充要条件是a=1；
（2）求证：不等式$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{x-1}$＜$\frac{2}{3}$对于x∈（1，2）恒成立．

Answer 1

分析 （1）充分性：a=1时，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$（x＞0）．利用导数研究函数的单调性极值最值可得：x=1时，函数f（x）取得极小值也是最小值．即可证明．
必要性：f（x）=0在（0，+∞）上有唯一解，且a＞0，由导数的性质可得：在x=a处有极小值也是最小值f（a），f（a）=lna-a+1再利用导数研究其单调性极值与最值即可证明．
（2）1＜x＜2，可得$\frac{1}{lnx}-\frac{1}{x-1}＜\frac{2}{3}?（{2x+1}）lnx-3（{x-1}）＞0$，令F（x）=（2x+1）lnx-3（x-1），又F（1）=0，利用导数只要证明F′（x）＞0即可．

解答 证明：（1）充分性：f′（x）=$\frac{1}{x}$-a$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$（x＞0），
a=1时，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$（x＞0）．
在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴x=1时，函数f（x）取得极小值也是最小值．
即f_min（x）=f（1）=0．
∴a=1时，函数f（x）的图象在（0，+∞）上有唯一的一个零点x=1．
必要性：f（x）=0在（0，+∞）上有唯一解，且a＞0，
当a＞0时，单调递增区间为（a，+∞），单调递减区间为（0，a）．
在x=a处有极小值也是最小值f（a），f（a）=lna-a+1．
令g（a）=lna-a+1，g′（a）=$\frac{1}{a}$-1=$\frac{1-a}{a}$．
当0＜a＜1时，g′（a）＞0，在（0，1）上单调递增；当a＞1时，g′（a）＜0，在（1，+∞）上单调递减．
∴g_max（a）=g（1）=0，g（a）=0只有唯一解a=1．
f（x）=0在（0，+∞）上有唯一解时必有a=1．
综上：在a＞0时，f（x）=0在（0，+∞）上有唯一解的充要条件是a=1．
（2）证明：∵1＜x＜2，
∴$\frac{1}{lnx}-\frac{1}{x-1}＜\frac{2}{3}?（{2x+1}）lnx-3（{x-1}）＞0$，
令F（x）=（2x+1）lnx-3（x-1），
∴F′（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$-1，
令$p（x）=2lnx+\frac{1}{x}-1$，则p′（x）=$\frac{2x-1}{{x}^{2}}$．
∵1＜x＜2，∴p′（x）＞0，
∴∴F′（x）在（1，2）上单调递增，
∴F′（x）＞F′（1）=0，∴F（x）在（1，2）上单调递增．
∴F（x）＞F（1）=0，（2x+1）lnx-3（x-1）＞0，即不等式$\frac{1}{lnx}-\frac{1}{x-1}＜\frac{2}{3}$对于x∈（1，2）恒成立．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、两次求导的方法、等价转化方法、不等式的解法、充要条件，考查了分析问题与解决问题的能力、推理能力与计算能力，属于难题．