Question

【题目】已知函数f（x）=lnx﹣x+ +1（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性与极值点的个数；
（2）当a=0时，关于x的方程f（x）=m（m∈R）有2个不同的实数根x1 ， x2 ， 证明：x1+x2＞2．

Answer 1

【答案】
（1）解：解：f′（x）= ﹣1﹣ = ，x＞0

方程﹣x2+x﹣a=0的判别式为△=1﹣4a，

①当a≥ 时，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞），为减函数，无极值点，

②当0≤a＜ 时，令f′（x）=0，解得x1= ＞0，x2= ，

当f′（x）＜0，解得0＜x＜ ，x＞ ，

此时f（x）在（0， ），（ ，+∞）为减函数，

当f′（x）＞0时，解得 ＜x＜ ，

此时f（x）在（ ， ）为增函数，

此时f（x）有一个极大值点x= ，和一个极小值点x= ，

③当a＜0，令f′（x）=0，解得x1= ＜0，x2= ＞0，

当f′（x）＞0，解得0＜x＜ ，此时f（x）在（0， ），为增函数，

当f′（x）＜0时，解得x＞ ，此时在（ ，+∞）为减函数，

此时f（x）有一个极大值点x=

（2）由题意知f（x1）=m，f（x2）=m，

故f（x1）=f（x2），

∵x1≠x2，不妨设x1＜x2，

∴lnx1﹣x1+1=lnx2﹣x2+1，

∴ln =x2﹣x1，

令 =t，则x2=tx1，

∴lnt=（t﹣1）x1，

∴x1= ，x2=tx1= ，

故要证x1+x2= lnt＞2，t＞1，

即证（t+1）lnt＞2（t﹣1），

令g（t）=（t+1）lnt﹣2t+2，

∴g′（t）= +lnt﹣2= ，

令h（t）=tlnt﹣t+1，t＞1，

则h′（t）=lnt＞0，

∴h（t）在t∈（1，+∞）上为增函数，

∴h（t）＞h（1）=0，

∴g（t）在（1，+∞）为增函数，

∴g（t）＞g（1）=0，

∴（t+1）lnt＞2（t﹣1），

即 lnt＞2，

∴x1+x2＞2

【解析】（1）先求出导函数，再根据判别式和a的范围分类讨论，即可判断函数的单调性和极值点的个数，（2）问题转化为要证x1+x2= lnt＞2，t＞1，即证（t+1）lnt＞2（t﹣1），构造函数，根据导数和函数的单调性和最值得关系即可证明．
【考点精析】解答此题的关键在于理解利用导数研究函数的单调性的相关知识，掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减，以及对函数的极值与导数的理解，了解求函数的极值的方法是:（1）如果在附近的左侧,右侧,那么是极大值（2）如果在附近的左侧,右侧,那么是极小值．