Question

3．已知函數(shù)f（x）=ax-$\frac{x}$-2lnx，對任意實數(shù)x＞0，都有f（x）=-f（$\frac{1}{x}$）成立．
（1）求函數(shù)y=f（e^x）所有零點之和；
（2）對任意實數(shù)x≥1，函數(shù)f（x）≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：求得a=b，由t₁•t₂•…•t_n=1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可得e^x₁•e^x₂•…•e^x_n=t₁•t₂•…•t_n=1，由指數(shù)函數(shù)的運算性質(zhì)即可求得x₁+x₂+…+x_n=0；
（2）求導(dǎo)，分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，求得函數(shù)f（x）的最大值，即可求得與f（x）≥0相比較，即可求得實數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（1）由f（x）=-f（$\frac{1}{x}$），則（a-b）（x+$\frac{1}{x}$）=0，則a=b，
則f（x）=a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx，
設(shè)x是f（x）的零點，則$\frac{1}{x}$也是f（x）的零點，
不妨設(shè)f（x）的零點t₁，t₂，…，t_n，則t₁•t₂•…•t_n=1，
由t=e^x單調(diào)遞增，設(shè)函數(shù)y=f（e^x）的零點x₁，x₂，…，x_n，則t_i=e^x_i，i=1，2，3，…，n，
則e^x₁•e^x₂•…•e^x_n=t₁•t₂•…•t_n=1，
∴x₁+x₂+…+x_n=0，
故函數(shù)y=f（e^x）所有零點之和為0；
（2）f（x）=a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx，求導(dǎo)f′（x）=a（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）-$\frac{2}{x}$=$\frac{a{x}^{2}-2x+a}{{x}^{2}}$，
當(dāng)a≤0時，由x≥1，則f′（x）＜0，則f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，
此時，f（2）＜f（1）=0，與f（x）≥0不符，（舍去）
當(dāng)a＞0，令g（x）=ax²-2x+a，△=4-4a²，
若△≤0，即a≥1時，g（x）≥0，f′（x）≥0，f（x）在x∈[1，+∞）上單調(diào)遞增，
則f（x）≥f（1）=0，成立，
若△＞0，即0＜a＜1，設(shè)g（x）的零點為x₁，x₂，且x₁＜x₂，
則x₁+x₂=$\frac{2}{a}$＞0，x₁x₂=1，則0＜x₁＜1＜x₂，
當(dāng)x∈（1，x₂）時，g（x）＜0，f′（x）＜0，
f（x）在x∈（1，x₂）上單調(diào)遞減，
f（x）＜f（1）=0，與f（x）≥0不符，（舍去）
綜上可知：實數(shù)a的取值范圍[1，+∞）．

點評 本題考查函數(shù)零點的判斷，導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，利用函數(shù)單調(diào)性與最值得關(guān)系，考查計算能力，分類討論思想，屬于中檔題．