Question

5．已知函数f（x）=lnx-x+$\frac{a}{x}$+1（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性与极值点的个数；
（2）当a=0时，关于x的方程f（x）=m（m∈R）有2个不同的实数根x₁，x₂，证明：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）先求出导函数，再根据判别式和a的范围分类讨论，即可判断函数的单调性和极值点的个数，
（2）问题转化为要证x₁+x₂=$\frac{t+1}{t-1}$lnt＞2，t＞1，即证（t+1）lnt＞2（t-1），构造函数，根据导数和函数的单调性和最值得关系即可证明．

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的判别式为△=1-4a，
①当a≥$\frac{1}{4}$时，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞），为减函数，无极值点，
②当0≤a＜$\frac{1}{4}$时，令f′（x）=0，解得x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$＞0，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，
当f′（x）＜0，解得0＜x＜$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$，x＞$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，
此时f（x）在（0，$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$），（$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，+∞）为减函数，
当f′（x）＞0时，解得$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$＜x＜$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，
此时f（x）在（$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$）为增函数，
此时f（x）有一个极大值点x=$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，和一个极小值点x=$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$，
③当a＜0，令f′（x）=0，解得x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}$＜0，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$＞0，
当f′（x）＞0，解得0＜x＜$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，此时f（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$），为增函数，
当f′（x）＜0时，解得x＞$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，此时在（$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$，+∞）为减函数，
此时f（x）有一个极大值点x=$\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}$；
（Ⅱ）由题意知f（x₁）=m，f（x₂）=m，
故f（x₁）=f（x₂），
∵x₁≠x₂，不妨设x₁＜x₂，
∴lnx₁-x₁+1=lnx₂-x₂+1，
∴ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=x₂-x₁，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，则x₂=tx₁，
∴lnt=（t-1）x₁，
∴x₁=$\frac{lnt}{t-1}$，x₂=tx₁=$\frac{tlnt}{t-1}$，
故要证x₁+x₂=$\frac{t+1}{t-1}$lnt＞2，t＞1，
即证（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，
则h′（t）=lnt＞0，
∴h（t）在t∈（1，+∞）上为增函数，
∴h（t）＞h（1）=0，
∴g（t）在（1，+∞）为增函数，
∴g（t）＞g（1）=0，
∴（t+1）lnt＞2（t-1），
即$\frac{t+1}{t-1}$lnt＞2，
∴x₁+x₂＞2

点评 本题考查了导数和函数的单调性和极值和最值得关系，关键是分类讨论和构造函数，属于难题．