Question

已知函数f（x）=lnx-x+a有且只有一个零点．
（1）求a的值；
（2）若对任意的x∈（1，+∞），有2f（x）＜

k

x

-x+2恒成立，求实数k的最小值；
（3）设h（x）=f（x）+x-1，对任意x₁，x₂∈（0，+∞）（x₁≠x₂），证明：不等式

x1-x2

h(x1)-h(x2)

＞

x1x2

恒成立．

Answer 1

考点：根的存在性及根的个数判断

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）通过求导得到单调区间找到极值点代入即可；
（2）对任意的x∈（1，+∞），有2f（x）＜

k

x

-x+2恒成立，即k＞2xlnx-x²，令g（x）=2xlnx-x²，确定g（x）=2xlnx-x²在（1，+∞）上单调递减，即可求实数k的最小值；
（3）不妨设x₁＞x₂＞-1，引进新函数找到其单调区间，问题得证．

解答： 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）=

1

x

-1．
由f'（x）=0，得x=1．
∵当0＜x＜1时，f'（x）＞0；当x＞1时，f'（x）＜0，
∴f（x）在区间（-a，1]上是增函数，在区间[1，+∞）上是减函数，
∴f（x）在x=1处取得最大值．
由题意知f（1）=-1+a=0，解得a=1．
（2）由（1）知f（x）=lnx-x+1，
对任意的x∈（1，+∞），有2f（x）＜

k

x

-x+2恒成立，即k＞2xlnx-x²，
令g（x）=2xlnx-x²，则g′（x）=2（lnx-x+1）
由（1）知，lnx-x+1≤f（1）=0，
∴g（x）=2xlnx-x²在（1，+∞）上单调递减，
∴k≥g（1）=-1，
∴实数k的最小值是-1；
（3）由h（x）=f（x）+x-1=lnx．
不妨设x₁＞x₂＞0，则要证明不等式

x1-x2

h(x1)-h(x2)

＞

x1x2

恒成立，
只需证明

x1-x2

x1x2

＞ln

x1

x2

，
设t=

x1

x2

（t＞1），则只需证明

t

-

1

t

＞lnt（t＞1）．
设φ（t）=

t

-

1

t

-lnt（t＞1），则φ′（t）=

(t-1)2

2t t

＞0，
∴φ（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴φ（t）＞φ（1）=0．
即

t

-

1

t

＞lnt，得证．
故原不等式恒成立．

点评：本题考查了导函数，单调区间及最值，函数的零点，不等式的证明，是一道较难的综合题．