Question

11．已知函数f（x）=lnx-ax+$\frac{1}{2x}$（a∈R）．
（1）当a=-$\frac{3}{2}$时，求函数f（x）的单调区间和极值．
（2）若g（x）=f（x）+a（x-1）有两个零点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：x₁+x₂＞1．

Answer 1

分析 （1）当a=-$\frac{3}{2}$时，求导，令f′（x）＞0求得函数的单调递增区间，f′（x）＜0即可求得函数的单调递减区间，即当x=$\frac{1}{3}$时，f（x）取极值；
（2）求出个零点x₁，x₂，得到x₁+x₂=$\frac{t-1}{lnt}$+$\frac{1-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$=$\frac{t-\frac{1}{t}}{2lnt}$．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：（1）当a=-$\frac{3}{2}$时，f（x）=lnx+$\frac{3}{2}$x+$\frac{1}{2x}$，（x＞0），求导，f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{2{x}^{2}}$=$\frac{3{x}^{2}+2x-1}{2{x}^{2}}$，
令f′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{3}$或x=-1（舍去），
当f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{3}$，
当f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{3}$，
∴函数的单调递增区间为（$\frac{1}{3}$，+∞），单调递减区间为（0，$\frac{1}{3}$），
∴当x=$\frac{1}{3}$时，函数取极小值，极小值为2-ln3；
（2）证明：根据题意，g（x）=f（x）+a（x-1）=lnx+$\frac{1}{2x}$-a，（x＞0），
因为x₁，x₂是函数g（x）的两个零点，
∴lnx₁+$\frac{1}{2{x}_{1}}$-a=0，lnx₂+$\frac{1}{2{x}_{2}}$-a=0，
两式相减，可得ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{1}{2{x}_{2}}$-$\frac{1}{2{x}_{1}}$，
即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2{x}_{1}{x}_{2}}$，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=$\frac{1-\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，其中0＜t＜1，
则x₁+x₂=$\frac{t-1}{lnt}$+$\frac{1-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$=$\frac{t-\frac{1}{t}}{2lnt}$．
构造函数h（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt，（0＜t＜1），
则h′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{{t}^{2}}$，
∵0＜t＜1，h′（t）＞0恒成立，
故h（t）＜h（1），即t-$\frac{1}{t}$-2lnt＜0，
则$\frac{t-\frac{1}{t}}{2lnt}$＞1，故x₁+x₂＞1．

点评 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及极值，考查构造法求函数的单调性，考查计算能力，属于中档题．