Question

5．已知函数$f（x）=lnx+\frac{1}{2x}$．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）-m．若函数g（x）有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂），证明：x₁+x₂＞1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出x₁，x₂，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，得到0＜t＜1，构造函数h（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt（0＜t＜1），根据函数的单调性求出h（t）＜h（1），从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域是（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，$\frac{1}{2}$）递减，在（$\frac{1}{2}$，+∞）递增；
（Ⅱ）因为x₁，x₂是函数g（x）=lnx+$\frac{1}{2x}$-m的两个零点，
所以lnx₁+$\frac{1}{{2x}_{1}}$-m=0，lnx₂+$\frac{1}{{2x}_{2}}$-m=0．
两式相减，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，
则x₁+x₂=$\frac{t-1}{2lnt}$+$\frac{1-\frac{1}{t}}{2lnt}$=$\frac{t-\frac{1}{t}}{2lnt}$．
构造函数h（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt（0＜t＜1），
则h′（t）=${（\frac{t-1}{t}）}^{2}$．
因为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．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，函数的构造、换元思想，是一道中档题．