Question

4．已知函数f（x）=（2-a）lnx+$\frac{1}{x}+2ax$．
（1）若函数f（x）是单调函数求实数a的值；
（2）当a=1时，g（x）=f（x-1）-2x-b+1有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂）．求证：x₁+x₂＞4．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，根据函数的单调性求出a的值即可；（2）求出$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{（x}_{1}-1）{（x}_{2}-1）}$=ln$\frac{{x}_{2}-1}{{x}_{1}-1}$，记$\frac{{x}_{2}-1}{{x}_{1}-1}$=t，得到x₁+x₂-4=$\frac{t-\frac{1}{t}-2lnt}{lnt}$，求出$\frac{t-\frac{1}{t}-2lnt}{lnt}$＞0即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{2-a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+2a=$\frac{（2x-1）（ax+1）}{{x}^{2}}$，
∵f（x）是单调函数，∴a=-2；
（2）依题设，有b=$\frac{1}{{x}_{1}-1}$+ln（x₁-1）=$\frac{1}{{x}_{2}-1}$+ln（x₂-1），
于是$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{（x}_{1}-1）{（x}_{2}-1）}$=ln$\frac{{x}_{2}-1}{{x}_{1}-1}$，
记$\frac{{x}_{2}-1}{{x}_{1}-1}$=t，t＞1，则lnt=$\frac{t-1}{t{（x}_{1}-1）}$，故x₁-1=$\frac{t-1}{tlnt}$，
于是，x₁-1+x₂-1=（x₁-1）（t+1）=$\frac{{t}^{2}-1}{tlnt}$，x₁+x₂-4=$\frac{t-\frac{1}{t}-2lnt}{lnt}$，
记函数h（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt，t＞1，
因h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{2t}^{2}}$＞0，故h（x）在（1，+∞）上单调递增，
于是，t＞1时，h（t）＞h（1）=0，
又lnt＞0，所以，x₁+x₂＞4．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，是一道中档题．