Question

6．已知函數(shù)f（x）=lnx-x．
（I）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（II）函數(shù)$g（x）=f（x）+x+\frac{1}{2x}-m$有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂．求證：x₁+x₂＞1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）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）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）．…（2分）
$f'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$，．…（3分）
令 $f'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}＞0$，得0＜x＜1
令 $f'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}＜0$，得x＞1．…（4分）
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），
函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（1，+∞）．…（5分）
（II）證明：根據(jù)題意，$g（x）=lnx+\frac{1}{2x}-m（x＞0）$，
因?yàn)閤₁，x₂是函數(shù)$g（x）=lnx+\frac{1}{2x}-m$的兩個(gè)零點(diǎn)，
所以$ln{x_1}+\frac{1}{{2{x_1}}}-m=0$，$ln{x_2}+\frac{1}{{2{x_2}}}-m=0$．
兩式相減，可得$ln\frac{x_1}{x_2}=\frac{1}{{2{x_2}}}-\frac{1}{{2{x_1}}}$，…（7分）
即$ln\frac{x_1}{x_2}=\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{2{x_2}{x_1}}}$，故${x_1}{x_2}=\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{2ln\frac{x_1}{x_2}}}$，
那么${x_1}=\frac{{\frac{x_1}{x_2}-1}}{{2ln\frac{x_1}{x_2}}}$，${x_2}=\frac{{1-\frac{x_2}{x_1}}}{{2ln\frac{x_1}{x_2}}}$．
令$t=\frac{x_1}{x_2}$，其中0＜t＜1，
則${x_1}+{x_2}=\frac{t-1}{2lnt}+\frac{{1-\frac{1}{t}}}{2lnt}=\frac{{t-\frac{1}{t}}}{2lnt}$．
構(gòu)造函數(shù)$h（t）=t-\frac{1}{t}-2lnt（0＜t＜1）$，…（10分）
則$h'（t）=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{t^2}$．
因?yàn)?＜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．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 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．