Question

已知函数f（x）=lnx-x+a有且只有一个零点，其中a＞0．
（1）求a的值；
（2）若对任意的x∈（1，+∞），有（x+1）f（x）+x²-2x+k＞0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

2

＞

x1-x2

h(x1)-h(x2)

恒成立．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,函数零点的判定定理

专题：计算题,证明题,选作题,导数的综合应用

分析：（1）f′（x）=

1

x

-1，则函数f（x）=lnx-x+a在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，由题意，f（x）的最大值等于0，从而解出a；
（2）化简（x+1）f（x）+x²-2x+k＞0为k＞2x-xlnx-lnx-1，从而将恒成立问题转化为求函数g（x）=2x-xlnx-lnx-1在[1，+∞）上的最值问题；利用导数可得g′（x）=2-lnx-1-

1

x

=

x-xlnx-1

x

，再令m（x）=x-xlnx-1并求导m′（x）=1-lnx-1=-lnx，从而判断g（x）在（1，+∞）上的单调性，最终求出函数g（x）=2x-xlnx-lnx-1在[1，+∞）上的最值问题，则k≥g（1）=2-0-0-1=1，从而求实数k的最小值；
（3）化简h（x）=f（x）+x-1=lnx，则对任意x₁，x₂∈（0，+∞）（x₁≠x₂），

x1+x2

2

＞

x1-x2

h(x1)-h(x2)

恒成立可化为对任意x₁，x₂∈（0，+∞）（x₁≠x₂），

(x1+x2)(lnx1-lnx2)-2(x1-x2)

2(lnx1-lnx2)

＞0恒成立；不妨没x₁＜x₂，则上式可化为（x₁+x₂）（lnx₁-lnx₂）-2（x₁-x₂）＜0，从而令n（x）=（x₁+x）（lnx₁-lnx）-2（x₁-x），进行二阶求导，判断n（x）在（x₁，+∞）上的单调性，从而证明对任意x₁，x₂∈（0，+∞）（x₁≠x₂），不等式

x1+x2

2

＞

x1-x2

h(x1)-h(x2)

恒成立．

解答： 解：（1）f′（x）=

1

x

-1，
则函数f（x）=lnx-x+a在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
则若使函数f（x）=lnx-x+a有且只有一个零点，
则0-1+a=0，解得，a=1；
（2）（x+1）f（x）+x²-2x+k＞0可化为
（x+1）（lnx-x+1）+x²-2x+k＞0，
即k＞2x-xlnx-lnx-1对任意的x∈（1，+∞）恒成立，
令g（x）=2x-xlnx-lnx-1，
则g′（x）=2-lnx-1-

1

x

=

x-xlnx-1

x

，
令m（x）=x-xlnx-1，
则m′（x）=1-lnx-1=-lnx，
∵x∈（1，+∞），
∴m′（x）=1-lnx-1=-lnx＜0，
则m（x）=x-xlnx-1＜1-1ln1-1=0，
则g′（x）＜0，
则g（x）在（1，+∞）上是减函数，
则k＞2x-xlnx-lnx-1对任意的x∈（1，+∞）恒成立可化为
k≥g（1）=2-0-0-1=1，
则k的最小值为1；
（3）证明：由题意，h（x）=f（x）+x-1=lnx，
则对任意x₁，x₂∈（0，+∞）（x₁≠x₂），

x1+x2

2

＞

x1-x2

h(x1)-h(x2)

恒成立可化为，
对任意x₁，x₂∈（0，+∞）（x₁≠x₂），

(x1+x2)(lnx1-lnx2)-2(x1-x2)

2(lnx1-lnx2)

＞0恒成立；
不妨没x₁＜x₂，则lnx₁-lnx₂＜0，
则上式可化为（x₁+x₂）（lnx₁-lnx₂）-2（x₁-x₂）＜0，
令n（x）=（x₁+x）（lnx₁-lnx）-2（x₁-x），
则n′（x）=（lnx₁-lnx）-（x₁+x）

1

x

+2
=lnx₁-lnx-

x1

x

+1，
n″（x）=-

1

x

+

x1

x2

=

x1-x

x2

，
∵则当x∈（x₁，+∞）时，n″（x）＜0，
则n′（x）在（x₁，+∞）上是减函数，
则n′（x）＜n′（x₁）=0，
则n（x）在（x₁，+∞）上是减函数，
则n（x）＜n（x₁）=0，
则（x₁+x₂）（lnx₁-lnx₂）-2（x₁-x₂）＜0，
故对任意x₁，x₂∈（0，+∞）（x₁≠x₂），不等式

x1+x2

2

＞

x1-x2

h(x1)-h(x2)

恒成立．

点评：本题考查了函数的零点的个数的判断，同时考查了恒成立问题的处理方法，判断单调性一般用导数，本题用到了二阶求导及分化求导以降低化简难度，属于难题．