Question

11．已知函数f（x）=x（a-lnx）-1（a∈R）．
（1）若a=2，求函数f（x）在（1，e²）上的零点个数（e为自然对数的底数）；
（2）若f（x）在区间（1，e²）上是单调函数，求a的取值集合；
（3）若f（x）有两零点x₁，x₂（x₁＜x₂），求证：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）求导数，确定函数的单调性，求出最小值，即可得出结论；
（2）f（x）在区间（1，e²）上是单调函数，可得a-1-lnx≥0或a-1-lnx≤0在区间（1，e²）上恒成立，即可求a的取值集合；
（3）由题意，lnx+$\frac{1}{x}$-a=0有两零点x₁，x₂（x₁＜x₂），设g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-a，根据函数的单调性得到0＜x₁＜1＜x₂，设h（x）=g（x）-g（2-x），（0＜x＜1），结合h（x）的单调性证明即可．

解答 （1）解：a=2，f（x）=x（2-lnx）-1，
∴f′（x）=1-lnx，
∴x∈（1，e），f′（x）＜0，函数单调递减；x∈（e，e²），f′（x）＞0，函数单调递增，
∴f（e）=e-1＞0，
∴函数f（x）在（1，e²）上的零点个数为0；
（2）解：∵f（x）=x（a-lnx）-1，
∴f′（x）=a-1-lnx，
∵f（x）在区间（1，e²）上是单调函数，
∴a-1-lnx≥0或a-1-lnx≤0在区间（1，e²）上恒成立，
∴a≥1+lnx或a≤1+lnx在区间（1，e²）上恒成立，
∴a≥3或a≤0；
（3）证明：∵f（x）有两零点x₁，x₂（x₁＜x₂），
∴x₁（a-lnx₁）-1=0，x₂（a-lnx₂）-1=0，
∴a=lnx₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$=lnx₂+$\frac{1}{{x}_{2}}$，
∴lnx+$\frac{1}{x}$-a=0有两零点x₁，x₂（x₁＜x₂），
设g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-a，g′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$
∴g（x）在（0，1）上单调增，在（1，+∞）上单调减，
所以0＜x₁＜1＜x₂．
设h（x）=g（x）-g（2-x），（0＜x＜1），
则h（x）=lnx-ln（2-x）+$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{2-x}$（0＜x＜1），
h′（x）＞0恒成立，则h（x）在（0，1）上单调增，
所以h（x）＜h（1）=0，所以h（x₁）=g（x₁）-g（2-x₁）＜0，
即g（x₁）＜g（2-x₁），即g（x₂）＜g（2-x₁）
又g（x）在（1，+∞）上单调减，x₂，2-x₁∈（1，+∞），所以x₂＞2-x₁，即x₁+x₂＞2．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，函数恒成立问题，是一道综合题．