Question

7．已知函数f（x）=lnx-ax．
（Ⅰ）若函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a=1时，函数$g（x）=f（x）+x+\frac{1}{2x}-m$有两个零点x₁，x₂，且x₁＜x₂．求证：x₁+x₂＞1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性，分离参数a，问题转化为：当x＞1时$a＞\frac{1}{x}$恒成立，解出即可；
（Ⅱ）求出个零点x₁，x₂，得到${x_1}+{x_2}=\frac{t-1}{2lnt}+\frac{{1-\frac{1}{t}}}{2lnt}=\frac{{t-\frac{1}{t}}}{2lnt}$．构造函数$h（t）=t-\frac{1}{t}-2lnt（0＜t＜1）$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（I）因为f（x）=lnx-ax，则$f'（x）=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}$，
若函数f（x）=lnx-ax在（1，+∞）上单调递减，
则1-ax≤0在（1，+∞）上恒成立，
即当x＞1时$a＞\frac{1}{x}$恒成立，所以a≥1．（5分）
（II）证明：根据题意，$g（x）=lnx+\frac{1}{2x}-m（x＞0）$，
因为x₁，x₂是函数$g（x）=lnx+\frac{1}{2x}-m$的两个零点，
所以$ln{x_1}+\frac{1}{{2{x_1}}}-m=0$，$ln{x_2}+\frac{1}{{2{x_2}}}-m=0$．
两式相减，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，
则${x_1}+{x_2}=\frac{t-1}{2lnt}+\frac{{1-\frac{1}{t}}}{2lnt}=\frac{{t-\frac{1}{t}}}{2lnt}$．
构造函数$h（t）=t-\frac{1}{t}-2lnt（0＜t＜1）$，（10分）
则$h'（t）=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{t^2}$．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．（12分）

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函数恒成立问题，考查不等式的证明，是一道综合题．