Question

17．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$（a∈R）．
（1）求函數(shù)的單調區(qū)間；
（2）若方程f（x）=2存在兩個不同的實數(shù)解x₁、x₂，求證：x₁+x₂＞2a．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數(shù)，通過討論a的范圍，判斷f′（x）的符號，得到函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（2）根據(jù)f（x）不單調，令F（x）=f（x）-2，令g（x）=F（2a-x）-F（x），x∈[a，2a），求出g（x）的單調性，得到f（x₂）＞f（2a-x₁），從而證出結論．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為：（0，+∞）…（1分），
$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}=\frac{x-a}{x^2}$…（3分）
當a≤0時，f′（x）＞0，f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，+∞）…（4分）
當a＞0時，當x＞a時，f′（x）＞0，f（x）的單調遞增區(qū)間為（a，+∞）；…（5分）
當x∈（0，a）時，f′（x）＜0，f（x）的單調遞減區(qū)間為（0，a）；…（6分）
當x=a時，f′（x）=0，f（a）為f（x）的極小值；
（2）方程f（x）=2存在兩個不同的實數(shù)解x₁、x₂，
因此f（x）必能不為單調函數(shù)，所以a＞0，…（7分）
令F（x）=f（x）-2，則F（x）的單調遞減區(qū)間為（0，a），單調遞增區(qū)間為（a，+∞），最小值F（a）＜0，
∴0＜x₁＜a＜x₂，令g（x）=F（2a-x）-F（x），x∈[a，2a），
∵g′（x）=F′（2a-x）-F′（x）=f′（2a-x）-f′（x）=$\frac{{4a{{（x-a）}^2}}}{{{{（2a-x）}^2}•{x^2}}}＞0$…（8分）
∴g（x）在[a，2a）上單調遞增，且g（a）=0，∴當x∈（a，2a）時，g（x）＞0，
∵2a-x₁∈（a，2a），∴g（2a-x₁）＞0，
g（2a-x₁）=F（x₁）-F（2a-x₁）=f（x₁）-f（2a-x₁）＞0…（10分）
∵f（x₁）=f（x₂）=2，∴f（x₂）＞f（2a-x₁）…（11分）
∵f（x）的單調遞增區(qū)間為（a，+∞），x₂、2a-x₁∈（a，+∞）
∴x₂＞2a-x₁，∴x₁+x₂＞2a…（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用，轉化思想，有一定的難度．