Question

已知函數(shù)f（x）=x-a-alnx（a∈R）．
（Ⅰ）當函數(shù)y=f（x）有兩個零點時，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）當函數(shù)y=f（x）有兩個零點x₁，x₂∈[

1

2

，

5

2

]且x₁＜x₂時，證明：
①若x₂-x₁≤1，則有

3

ln2+ln9

＜a＜

1

2-ln4

；
②

x2-x1

x1x2

隨著a的增大而增大；
③x₁x₂＞1；
（Ⅲ）證明：

n

k=1

k

1+lnk

＞ln（n+1），（n∈N^*）．

Answer 1

考點：不等式的證明,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,不等式的綜合

專題：計算題,證明題,函數(shù)的性質(zhì)及應用

分析：（Ⅰ）由題意得，x-a-alnx=0，從而可得a=

x

1+lnx

，x＞0，令g（x）=

x

1+lnx

并求導g′（x）=

lnx

(1+lnx)2

，從而得出單調(diào)區(qū)間，作圖解答；
（Ⅱ）①由（Ⅰ）得a=

x

1+lnx

，再由x₂-x₁≤1及函數(shù)y=

x

1+lnx

單調(diào)性得f（

3

2

）＜f(

1

2

)，從而解得，
②由（Ⅰ）得，a=

x1

1+lnx1

=

x2

1+lnx2

，

x2-x1

x1x2

=

1

x1

-

1

x2

=

lnx2

x2

-

lnx1

x1

，令φ（x）=

x

lnx

，從而可得φ（x）=

x

lnx

在[

1

2

，

5

2

]上單調(diào)遞增，從而可得；
③a=

x

1+lnx

，lna=lnx-ln（1+lnx），令u=1+lnx，

u2 u1 =t u2-u1=lnt

，（t＞1），則u₂+u₁=

t-1

t+1

lnt，（t＞1）；從而可得x₁x₂＞1；
（Ⅲ）ln（n+1）=

n

k=1

(ln(k+1)-lnk)=

n

k=1

ln(

k+1

k

)；故

n

k=1

k

1+lnk

＞ln（n+1），（n∈N^*）可化為

n

k=1

k

1+lnk

＞

n

k=1

ln(

k+1

k

)，從而轉(zhuǎn)化為

k

1+lnk

＞ln

k+1

k

；從而證明．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=x-a-alnx（a∈R）．
∴x-a-alnx=0，（a∈R）．
又∵當1+lnx=0，即x=

1

e

時，上式不成立，
∴a=

x

1+lnx

，x＞0，
令g（x）=

x

1+lnx

，則g′（x）=

lnx

(1+lnx)2

，
當g′（x）=

lnx

(1+lnx)2

＞0時，x＞1，
當g′（x）=

lnx

(1+lnx)2

＜0時，0＜x＜

1

e

，

1

e

＜x＜1
當g′（x）=

lnx

(1+lnx)2

=0時，x=1，
g（x）在（0，

1

e

），（

1

e

，1）單調(diào)遞減，在（1，+∞）單調(diào)遞增，
其圖象如下，

當x＞

1

e

時，g（x）≥g（1）=

1

1+ln1

=1，
∴g（x）與y=a交點為2個交點時，
∴a＞1，
∴函數(shù)y=f（x）有兩個零點時，a＞1，
（Ⅱ）①令f（x）=0，得a=

x

1+lnx

，
由x₂-x₁≤1，及函數(shù)y=

x

1+lnx

單調(diào)性，
得f（

3

2

）＜f(

1

2

)，即得

3

2+ln 9 4

＜a＜

1

2-ln4

，

3

ln2+ln9

＜

3

2+ln 9 4

，
故得證

3

ln2+ln9

＜a＜

1

2-ln4

；
②由（Ⅰ）得，f（x）有兩個零點時，a＞1，
∵f（x₁）-f（x₂）=0，
∴a=

x1

1+lnx1

=

x2

1+lnx2

，

x2-x1

x1x2

=

1

x1

-

1

x2

=

lnx2

x2

-

lnx1

x1

，
令φ（x）=

x

lnx

，得

x2-x1

x1x2

=φ（x₂）-φ（x₁），
設ξ，η∈（1，+∞），且ξ＜η，
ξ=g（ξ₁）=g（ξ₂），其中

1

2

＜ξ₁＜1＜ξ₂≤

5

2

，
，η=g（η₁）=g（η₂），其中

1

2

＜η₁＜1＜η₂≤

5

2

，
由函數(shù)g（x）的單調(diào)性可知，g（ξ₁）＜g（η₁），ξ₁＜η₁，
同理ξ₂＞η₂，
故

1

2

≤ξ₁＜η₁＜1＜η₂＜ξ₂≤

5

2

，∵φ（x）=

x

lnx

在[

1

2

，

5

2

]上單調(diào)遞增，∴
φ（ξ₁）＜φ（η₁），φ（ξ₂）＞φ（η₂），
由②得：φ（ξ₂）-φ（η₂）-[φ（ξ₁）-φ（η₁）]＞0，
∴

x2-x1

x1x2

隨著a的增大而增大；
③a=

x

1+lnx

，
lna=lnx-ln（1+lnx），
令u=1+lnx，
lnx=u-1，
則lnx₂-ln（1+lnx₂）=lnx₁-ln（1+lnx₁）=lnx₂-lnx₁=ln（1+lnx₂）-ln（1+lnx₁），
u₂-u₁=lnu₂-lnu₁，

u2 u1 =t u2-u1=lnt

，（t＞1）
則u₂+u₁=

t-1

t+1

lnt，（t＞1）；
令h（x）=

(x+1)

x-1

lnx，x∈（1，+∞）；
則h′（x）=

-2lnx+x- 1 x

(x-1)2

；
令m（x）=-2lnx+x-

1

x

，從而可得m′（x）=(

x-1

x

)2，
故m（x）=-2lnx+x-

1

x

是（1，+∞）的增函數(shù)，
故h（x）是（1，+∞）的增函數(shù)，
且

limh(x)

x→1

=2；
故u₂+u₁＞2；
則1+lnx₁+1+lnx₂＞2；
故x₁x₂＞1；
（Ⅲ）證明：ln（n+1）=

n

k=1

(ln(k+1)-lnk)
=

n

k=1

ln(

k+1

k

)；
故

n

k=1

k

1+lnk

＞ln（n+1），（n∈N^*）可化為

n

k=1

k

1+lnk

＞

n

k=1

ln(

k+1

k

)，
即證

k

1+lnk

＞ln

k+1

k

；
而

k

1+lnk

＞

1+lnk

k

＞

1

k

＞ln

k+1

k

，
故

n

k=1

k

1+lnk

＞ln（n+1），（n∈N^*）．

點評：本題考查了導數(shù)的綜合應用，不等式的證明及放縮法的應用，屬于中檔題．