Question

5．已知函數f（x）=lnx-x+$\frac{a}{x}$+1（a∈R）．
（1）討論f（x）的單調性與極值點的個數；
（2）當a=0時，關于x的方程f（x）=m（m∈R）有2個不同的實數根x₁，x₂，證明：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）先求出導函數，再根據判別式和a的范圍分類討論，即可判斷函數的單調性和極值點的個數，
（2）問題轉化為要證x₁+x₂=$\frac{t+1}{t-1}$lnt＞2，t＞1，即證（t+1）lnt＞2（t-1），構造函數，根據導數和函數的單調性和最值得關系即可證明．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$-1-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{-{x}^{2}+x-a}{{x}^{2}}$，x＞0
方程-x²+x-a=0的判別式為△=1-4a，
①當a≥$\frac{1}{4}$時，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞），為減函數，無極值點，
②當0≤a＜$\frac{1}{4}$時，令f′（x）=0，解得x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$＞0，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，
當f′（x）＜0，解得0＜x＜$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$，x＞$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，
此時f（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$），（$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，+∞）為減函數，
當f′（x）＞0時，解得$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$＜x＜$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，
此時f（x）在（$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$）為增函數，
此時f（x）有一個極大值點x=$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，和一個極小值點x=$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$，
③當a＜0，令f′（x）=0，解得x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$＜0，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$＞0，
當f′（x）＞0，解得0＜x＜$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，此時f（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$），為增函數，
當f′（x）＜0時，解得x＞$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，此時在（$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，+∞）為減函數，
此時f（x）有一個極大值點x=$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$；
（Ⅱ）由題意知f（x₁）=m，f（x₂）=m，
故f（x₁）=f（x₂），
∵x₁≠x₂，不妨設x₁＜x₂，
∴lnx₁-x₁+1=lnx₂-x₂+1，
∴ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=x₂-x₁，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，則x₂=tx₁，
∴lnt=（t-1）x₁，
∴x₁=$\frac{lnt}{t-1}$，x₂=tx₁=$\frac{tlnt}{t-1}$，
故要證x₁+x₂=$\frac{t+1}{t-1}$lnt＞2，t＞1，
即證（t+1）lnt＞2（t-1），
令g（t）=（t+1）lnt-2t+2，
∴g′（t）=$\frac{t+1}{t}$+lnt-2=$\frac{tlnt-t+1}{t}$，
令h（t）=tlnt-t+1，t＞1，
則h′（t）=lnt＞0，
∴h（t）在t∈（1，+∞）上為增函數，
∴h（t）＞h（1）=0，
∴g（t）在（1，+∞）為增函數，
∴g（t）＞g（1）=0，
∴（t+1）lnt＞2（t-1），
即$\frac{t+1}{t-1}$lnt＞2，
∴x₁+x₂＞2

點評 本題考查了導數和函數的單調性和極值和最值得關系，關鍵是分類討論和構造函數，屬于難題．