Question

19．已知函数f（x）=$\frac{a}{x}$+lnx-3有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂）
（Ⅰ）求证：0＜a＜e²
（Ⅱ）求证：x₁+x₂＞2a．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值，求出a的范围即可；
（Ⅱ）问题转化为证明f（x₂）＞f（2a-x₁），设函数g（x）=f（x）-f（2a-x），根据函数的单调性证明即可．

解答 证明：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
①a≤0时，f′（x）≥0，
∴f（x）在区间（0，+∞）上是增函数，
不可能有2个零点；
②a＞0时，在区间（0，a）上，f′（x）＜0，在区间（a，+∞）上，f′（x）＞0，
∴f（x）在区间（0，a）递减，在区间（a，+∞）递增；
f（x）的最小值是f（a）=lna-2，
由题意得：有f（a）＜0，则0＜a＜e²；
（Ⅱ）要证x₁+x₂＞2a，只要证x₂＞2a-x₁，
易知x₂＞a，2a-x₁＞a，
而f（x）在区间（a，+∞）递增，
∴只要证明f（x₂）＞f（2a-x₁），
即证f（x₂）＞f（2a-x₁），
设函数g（x）=f（x）-f（2a-x），
则g（a）=0，且区间（0，a）上，
g′（x）=f′（x）+f′（2a-x）=$\frac{-4{a（a-x）}^{2}}{{{x}^{2}（2a-x）}^{2}}$＜0，
即g（x）在（0，a）递减，
∴g（x₁）＞g（a）=0，
而g（x₁）=f（x₁）-f（2a-x₁）＞0，
∴f（x₂）＞f（2a-x₁）成立，
∴x₁+x₂＞2a．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．