Question

14．已知函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}-\frac{x}{3}$，其中a∈R．
（Ⅰ）当a=$\frac{2}{3}$时，求f（x）的零点的个数；
（Ⅱ）若函数g（x）=xf（x）-a+$\frac{2-3a}{6}$x²-x有两个极值x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：lnx₁+lnx₂＞2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的零点个数；
（Ⅱ）得到$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$=$\frac{l{nx}_{1}+l{nx}_{2}}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，求出lnx₁+lnx₂的表达式，设t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，问题转化为证明：当t＞1时，不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，根据函数的单调性证出即可．

解答 （Ⅰ）解：f（x）的定义域为（0，+∞），
a=$\frac{2}{3}$时，f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{{3x}^{2}}$-$\frac{1}{3}$=-$\frac{（x-2）（x-1）}{{3x}^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得：1＜x＜2，令f′（x）＜0，解得：x＞2或0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，2）递增，在（2，+∞）递减；
可见，f（x）的极小值为f（1）=$\frac{1}{3}$，f（x）的极大值为f（2）=ln2-$\frac{1}{3}$＞0，
故当a=$\frac{2}{3}$时，函数f（x）有且只有一个零点．
（Ⅱ）证明：依题意，x₁，x₂是方程g′（x）=0的两个不相等的实数根，
而g（x）=xlnx-$\frac{1}{2}$ax²-x，g′（x）=lnx-ax，
于是$\left\{\begin{array}{l}{l{nx}_{1}-{ax}_{1}=0}\\{l{n}_{2}-{ax}_{2}=0}\end{array}\right.$①，解得a=$\frac{l{nx}_{1}+l{nx}_{2}}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
由①作差得lnx₂-lnx₁=a（x₂-x₁），
消去a得，$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$=$\frac{l{nx}_{1}+l{nx}_{2}}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
所以lnx₁+lnx₂=$\frac{（l{nx}_{2}-l{nx}_{1}）{（x}_{2}{+x}_{1}）}{{{x}_{2}-x}_{1}}$=$\frac{（1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}）ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}$，
设t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，∵x₂＞x₁＞0，∴t＞1，
故lnx₁+lnx₂=$\frac{（1+t）lnt}{t-1}$，t＞1，
下面只需证明：当t＞1时，不等式$\frac{（1+t）lnt}{t-1}$＞2成立，
即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
设函数m（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，
因为m′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{2（t+1）-2（t-1）}{{（t+1）}^{2}}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
所以m（t）为（1，+∞）上的增函数，故m（t）＞m（1）=0，
因此，当t＞1时，有lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
即lnx₁+lnx₂＞2．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，转化思想、换元思想，是一道综合题．