Question

14．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x}-\frac{x}{3}$，其中a∈R．
（Ⅰ）當a=$\frac{2}{3}$時，求f（x）的零點的個數(shù)；
（Ⅱ）若函數(shù)g（x）=xf（x）-a+$\frac{2-3a}{6}$x²-x有兩個極值x₁，x₂，且x₁＜x₂，求證：lnx₁+lnx₂＞2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的零點個數(shù)；
（Ⅱ）得到$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$=$\frac{l{nx}_{1}+l{nx}_{2}}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，求出lnx₁+lnx₂的表達式，設t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，問題轉(zhuǎn)化為證明：當t＞1時，不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證出即可．

解答 （Ⅰ）解：f（x）的定義域為（0，+∞），
a=$\frac{2}{3}$時，f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{{3x}^{2}}$-$\frac{1}{3}$=-$\frac{（x-2）（x-1）}{{3x}^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得：1＜x＜2，令f′（x）＜0，解得：x＞2或0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）遞減，在（1，2）遞增，在（2，+∞）遞減；
可見，f（x）的極小值為f（1）=$\frac{1}{3}$，f（x）的極大值為f（2）=ln2-$\frac{1}{3}$＞0，
故當a=$\frac{2}{3}$時，函數(shù)f（x）有且只有一個零點．
（Ⅱ）證明：依題意，x₁，x₂是方程g′（x）=0的兩個不相等的實數(shù)根，
而g（x）=xlnx-$\frac{1}{2}$ax²-x，g′（x）=lnx-ax，
于是$\left\{\begin{array}{l}{l{nx}_{1}-{ax}_{1}=0}\\{l{n}_{2}-{ax}_{2}=0}\end{array}\right.$①，解得a=$\frac{l{nx}_{1}+l{nx}_{2}}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
由①作差得lnx₂-lnx₁=a（x₂-x₁），
消去a得，$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$=$\frac{l{nx}_{1}+l{nx}_{2}}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
所以lnx₁+lnx₂=$\frac{（l{nx}_{2}-l{nx}_{1}）{（x}_{2}{+x}_{1}）}{{{x}_{2}-x}_{1}}$=$\frac{（1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}）ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}$，
設t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，∵x₂＞x₁＞0，∴t＞1，
故lnx₁+lnx₂=$\frac{（1+t）lnt}{t-1}$，t＞1，
下面只需證明：當t＞1時，不等式$\frac{（1+t）lnt}{t-1}$＞2成立，
即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
設函數(shù)m（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，
因為m′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{2（t+1）-2（t-1）}{{（t+1）}^{2}}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
所以m（t）為（1，+∞）上的增函數(shù)，故m（t）＞m（1）=0，
因此，當t＞1時，有l(wèi)nt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
即lnx₁+lnx₂＞2．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，轉(zhuǎn)化思想、換元思想，是一道綜合題．