Question

1．（1）已知x，y∈R⁺，且x+y＞2，求证：$\frac{1+x}{y}$与$\frac{1+y}{x}$中至少有一个小于2．
（2）函数f（x）=lnx-$\frac{a（x-1）}{x}$（x＞0，a∈R）．当a＞0时，求证：函数f（x）的图象存在唯一零点的充要条件是a=1．

Answer 1

分析 （1）本题证明结论中结构较复杂，而其否定结构简单，故可用反证法证明其否定不成立，以此来证明结论成立．
（2）充分性：a=1时，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$（x＞0）．利用导数研究函数的单调性极值最值可得：x=1时，函数f（x）取得极小值也是最小值．即可证明．
必要性：f（x）=0在（0，+∞）上有唯一解，且a＞0，由导数的性质可得：在x=a处有极小值也是最小值f（a），f（a）=lna-a+1再利用导数研究其单调性极值与最值即可证明．

解答 证明：（1）（反证法）：假设$\frac{1+x}{y}$与$\frac{1+y}{x}$均不小于2，即$\frac{1+x}{y}$≥2，$\frac{1+y}{x}$≥2，
∴1+x≥2y，1+y≥2x．将两式相加得：x+y≤2，与已知x+y＞2矛盾，
故$\frac{1+x}{y}$与$\frac{1+y}{x}$中至少有一个小于2．
（2）充分性：f′（x）=$\frac{1}{x}$-a•$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$（x＞0），
a=1时，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$（x＞0）．
在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴x=1时，函数f（x）取得极小值也是最小值．
即f_min（x）=f（1）=0．
∴a=1时，函数f（x）的图象在（0，+∞）上有唯一的一个零点x=1．
必要性：f（x）=0在（0，+∞）上有唯一解，且a＞0，
当a＞0时，单调递增区间为（a，+∞），单调递减区间为（0，a）．
在x=a处有极小值也是最小值f（a），f（a）=lna-a+1．
令g（a）=lna-a+1，g′（a）=$\frac{1}{a}$-1=$\frac{1-a}{a}$．
当0＜a＜1时，g′（a）＞0，在（0，1）上单调递增；
当a＞1时，g′（a）＜0，在（1，+∞）上单调递减．
∴g_max（a）=g（1）=0，g（a）=0只有唯一解a=1．
f（x）=0在（0，+∞）上有唯一解时必有a=1．
综上：在a＞0时，f（x）=0在（0，+∞）上有唯一解的充要条件是a=1．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、两次求导的方法、等价转化方法、不等式的解法、充要条件，考查了分析问题与解决问题的能力、推理能力与计算能力，反证法证明命题，属于难题．