已知函数f（x）=a（x-1）+lnx； （1）若f（x）≥0在其定义域上恒成立...

（1）f（x）≥0在其定义域上恒成立转化为f（x）min＞0，从而可用导数求解f（x）的最小值． （2）令g（x）=f′（x）-，则问题转化为判断函数g（x）在（x1，x2）上是否存在零点x0 ，从而可利用函数存在零点的条件进行判断． 【解析】 （1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．f′（x）=a+=， ①当a≥0时，f′（x）＞0，所以f（x）在定义域内单调递增，又f（1）=0，所以当0＜x＜1时，f（x）＜0，故a≥0不合题意； ②当a＜0时，令f′（x）=0，得x=，当0＜x＜-时，f′（x）＞0，f（x）在（0，-）上单调递增；当x＞-时，f′（x）＜0，f（x）在（-，+∞）上单调递减． 若-＜1即a＜-1，则x＞1时，f（x）＜f（1）=0，故a＜-1不合题意；若-＞1，即-1＜a＜0，则x＜1时，f（x）＜f（1）=0，故-1＜a＜0不合题意． 综上，a的取值构成的集合为∅． （2）===a+． f′（x）=a+，令g（x）=f′（x）-=（a+）-（a+）=-． 则g（x1）=-=，g（x2）=-=． 令h（t）=tlnt-t+1，则h′（t）=lnt，令h′（t）=0，则t=1，当0＜t＜1时，h′（t）＜0，h（t）单调递减；当t＞1时，h′（t）＞1，h（t）单调递增． 所以当t≠1时，h（t）＞h（1）=0，从而+1＞0，+1＞0．又＞0，＜0， 所以g（x1）＞0，g（x2）＜0，因为函数g（x）在[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线， 所以总存在x∈（x1，x2）使g（x）=0，即f′（x）=．