Question

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

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（2）令$t=\frac{x_1}{x_2}$，其中0＜t＜1，记$h（t）=t-\frac{1}{t}-2lnt（0＜t＜1）$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）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．-------------------------------------------------------（4分）
（2）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$ln\frac{x_1}{x_2}=\frac{1}{{2{x_2}}}-\frac{1}{{2{x_1}}}$，---------------------------------（6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${x_1}+{x_2}=\frac{t-1}{2lnt}+\frac{{1-\frac{1}{t}}}{2lnt}=\frac{{t-\frac{1}{t}}}{2lnt}$．
记$h（t）=t-\frac{1}{t}-2lnt（0＜t＜1）$，-----------------（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转化思想，是一道中档题．