Question

5．已知函數(shù)$f（x）=lnx+\frac{1}{2x}$．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）-m．若函數(shù)g（x）有兩個零點x₁，x₂（x₁＜x₂），證明：x₁+x₂＞1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出x₁，x₂，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，得到0＜t＜1，構(gòu)造函數(shù)h（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt（0＜t＜1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出h（t）＜h（1），從而證出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{2x}^{2}}$=$\frac{2x-1}{{2x}^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{2}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）遞減，在（$\frac{1}{2}$，+∞）遞增；
（Ⅱ）因為x₁，x₂是函數(shù)g（x）=lnx+$\frac{1}{2x}$-m的兩個零點，
所以lnx₁+$\frac{1}{{2x}_{1}}$-m=0，lnx₂+$\frac{1}{{2x}_{2}}$-m=0．
兩式相減，可得ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{1}{{2x}_{2}}$-$\frac{1}{{2x}_{1}}$，
即ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{{{x}_{1}-x}_{2}}{{{2x}_{1}x}_{2}}$，故x₁x₂=$\frac{{{x}_{1}-x}_{2}}{2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$，
那么x₁=$\frac{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}{2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$，x₂=$\frac{1-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$．
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，其中0＜t＜1，
則x₁+x₂=$\frac{t-1}{2lnt}$+$\frac{1-\frac{1}{t}}{2lnt}$=$\frac{t-\frac{1}{t}}{2lnt}$．
構(gòu)造函數(shù)h（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt（0＜t＜1），
則h′（t）=${（\frac{t-1}{t}）}^{2}$．
因為0＜t＜1，所以h'（t）＞0恒成立，
故h（t）＜h（1），即t-$\frac{1}{t}$-2lnt＜0，
可知 $\frac{t-\frac{1}{t}}{2lnt}$＞1，故x₁+x₂＞1．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，函數(shù)的構(gòu)造、換元思想，是一道中檔題．