Question

20．已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足f（x）=f（$\frac{1}{x}$），且当x∈[1，+∞）时，f（x）=e^x-1+lnx+a（x-$\frac{1}{x}$）-t，t∈R．
（Ⅰ）若a≥0，试讨论函数f（x）的零点个数；
（Ⅱ）若t=1，求证：当a≥-1时，f（x）≥0．

Answer 1

分析 （I）判断f（x）在[1，+∞）上的单调性，从而得出f（x）在（0，+∞）上的单调性，计算f（x）的最小值，根据最小值与0的关系得出零点个数；
（II）由不等式性质可得f（x）≥（e^x-1-x）+（lnx+$\frac{1}{x}$-1），判断右侧函数的单调性，求出最小值，得出结论．

解答 解：（Ⅰ）x∈[1，+∞）时，$f'（x）={e^{x-1}}+\frac{1}{x}+a+\frac{a}{x^2}＞0$，
∴f（x）在[1，+∞）上为增函数；
当x∈（0，1]时，$\frac{1}{x}∈[1，+∞）$，又$f（x）=f（\frac{1}{x}）$，∴$f'（x）=-\frac{1}{x^2}f'（\frac{1}{x}）＜0$，
∴f（x）在（0，1]上为减函数．
∴f（x）_min=f（1）=1-t．
∴当t＜1时，函数f（x）在定义域内无零点；
当t=1时，函数f（x）在定义域内有一个零点；
∴当t＞1时，函数f（x）在定义域内有两个零点．
（Ⅱ）证明：x∈[1，+∞）时，∵a≥-1，$x-\frac{1}{x}≥0$，故$a（x-\frac{1}{x}）≥-x+\frac{1}{x}$，
∴$f（x）={e^{x-1}}+lnx+a（x-\frac{1}{x}）-1≥{e^{x-1}}+lnx-x+\frac{1}{x}-1=（{e^{x-1}}-x）+（lnx+\frac{1}{x}-1）$，
设g（x）=e^x-1-x，则g'（x）=e^x-1-1≥0，g（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴g（x）≥g（1）=0，∴e^x-1-x≥0，
设h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1（x≥1），则h′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$≥0，
∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（1）=0，∴$lnx+\frac{1}{x}-1≥0$，
∴$（{e^{x-1}}-x）+（lnx+\frac{1}{x}-1）≥0$在[1，+∞）上恒成立．
∴f（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，
又x∈（0，1]时，$f（x）=f（\frac{1}{x}）$，
∴当x∈（0，1）时，f（x）≥0恒成立．
综上，当a≥-1时，f（x）≥0恒成立．

点评 本题考查了函数单调性的判断与最值计算，函数零点与极值的关系，属于中档题．