Question

7．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）當a=1時，函數(shù)$g（x）=f（x）+x+\frac{1}{2x}-m$有兩個零點x₁，x₂，且x₁＜x₂．求證：x₁+x₂＞1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，分離參數(shù)a，問題轉(zhuǎn)化為：當x＞1時$a＞\frac{1}{x}$恒成立，解出即可；
（Ⅱ）求出個零點x₁，x₂，得到${x_1}+{x_2}=\frac{t-1}{2lnt}+\frac{{1-\frac{1}{t}}}{2lnt}=\frac{{t-\frac{1}{t}}}{2lnt}$．構(gòu)造函數(shù)$h（t）=t-\frac{1}{t}-2lnt（0＜t＜1）$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（I）因為f（x）=lnx-ax，則$f'（x）=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}$，
若函數(shù)f（x）=lnx-ax在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
則1-ax≤0在（1，+∞）上恒成立，
即當x＞1時$a＞\frac{1}{x}$恒成立，所以a≥1．（5分）
（II）證明：根據(jù)題意，$g（x）=lnx+\frac{1}{2x}-m（x＞0）$，
因為x₁，x₂是函數(shù)$g（x）=lnx+\frac{1}{2x}-m$的兩個零點，
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．（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，考查不等式的證明，是一道綜合題．