Question

7．已知a∈R，函数f（x）=lnx-ax+1．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x₁，x₂（x₁＜x₂），求实数a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，求证：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）先求导，再分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出，
（2）利用导数判断函数的单调性，以及结合零点定理即可求出a的范围；
（3）由0＜x₁＜$\frac{1}{a}$，只要证明：f（$\frac{2}{a}$-x₁）＞0就可以得出结论，构造函数：g（x）=f（$\frac{2}{a}$-x）-f（x），利用导数即可证明．

解答 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），其导数f'（x）=$\frac{1}{x}$-a．
①当a≤0时，f'（x）＞0，函数在（0，+∞）上是增函数；
②当a＞0时，在区间（0，$\frac{1}{a}$）上，f'（x）＞0；在区间（$\frac{1}{a}$，+∞）上，f'（x）＜0．
∴f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）是增函数，在（$\frac{1}{a}$，+∞）是减函数．
（2）由（1）知，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，不可能有两个零点，
当a＞0时，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上是增函数，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上是减函数，
此时f（$\frac{1}{a}$）为函数f（x）的最大值，
当f（$\frac{1}{a}$）≤0时，f（x）最多有一个零点，
∴f（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$＞0，解得0＜a＜1，
此时，$\frac{1}{e}$＜$\frac{1}{a}$＜$\frac{{e}^{2}}{{a}^{2}}$，且f（$\frac{1}{e}$）=-1-$\frac{a}{e}$+1=-$\frac{a}{c}$＜0，
f（$\frac{{e}^{2}}{{a}^{2}}$）=2-2lna-$\frac{{e}^{2}}{a}$+1=3-2lna-$\frac{{e}^{2}}{a}$（0＜a＜1），
令F（a）=3-2lna-$\frac{{e}^{2}}{a}$，则F'（x）=-$\frac{2}{a}$+$\frac{{e}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{{e}^{2}-2a}{{a}^{2}}$＞0，
∴F（a）在（0，1）上单调递增，∴F（a）＜F（1）=3-e²＜0，即f（$\frac{{e}^{2}}{{a}^{2}}$）＜0，
∴a的取值范围是（0，1）．
（3）由（2）可知函数f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）是增函数，在（$\frac{1}{a}$，+∞）是减函数．
分析：∵0＜x₁＜$\frac{1}{a}$，∴$\frac{2}{a}$-x₁＞$\frac{1}{a}$．只要证明：f（$\frac{2}{a}$-x₁）＞0就可以得出结论．
下面给出证明：构造函数：g（x）=f（$\frac{2}{a}$-x）-f（x）=ln（$\frac{2}{a}$-x）-a（$\frac{2}{a}$-x）-（lnx-ax）（0＜x≤$\frac{1}{a}$），
则g'（x）=$\frac{1}{x-\frac{2}{a}}$-$\frac{1}{x}$+2a=$\frac{2a（x-\frac{1}{a}）^{2}}{x（x-\frac{2}{a}）}$＜0，
函数g（x）在区间（0，$\frac{1}{a}$]上为减函数，
∵0＜x₁＜$\frac{1}{a}$，则g（x₁）＞g（$\frac{1}{a}$）=0，
又f（x₁）=0，
于是f（$\frac{2}{a}$-x₁）=ln（$\frac{2}{a}$-x₁）-a（$\frac{2}{a}$-x₁）+1-f（x₁）=g（x₁）＞0．
又f（x₂）=0，
由（1）可知x₂＞$\frac{2}{a}$-x₁，即x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$＞2．

点评 本题主要考查了利用导函数判断函数的单调性，以及零点定理应用与构造函数等知识点，属较难题．