Question

11．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax+$\frac{1}{2x}$（a∈R）．
（1）當a=-$\frac{3}{2}$時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值．
（2）若g（x）=f（x）+a（x-1）有兩個零點x₁，x₂，且x₁＜x₂，求證：x₁+x₂＞1．

Answer 1

分析 （1）當a=-$\frac{3}{2}$時，求導(dǎo)，令f′（x）＞0求得函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間，f′（x）＜0即可求得函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間，即當x=$\frac{1}{3}$時，f（x）取極值；
（2）求出個零點x₁，x₂，得到x₁+x₂=$\frac{t-1}{lnt}$+$\frac{1-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$=$\frac{t-\frac{1}{t}}{2lnt}$．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：（1）當a=-$\frac{3}{2}$時，f（x）=lnx+$\frac{3}{2}$x+$\frac{1}{2x}$，（x＞0），求導(dǎo)，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），
當f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{3}$，
當f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{3}$，
∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為（$\frac{1}{3}$，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，$\frac{1}{3}$），
∴當x=$\frac{1}{3}$時，函數(shù)取極小值，極小值為2-ln3；
（2）證明：根據(jù)題意，g（x）=f（x）+a（x-1）=lnx+$\frac{1}{2x}$-a，（x＞0），
因為x₁，x₂是函數(shù)g（x）的兩個零點，
∴l(xiāng)nx₁+$\frac{1}{2{x}_{1}}$-a=0，lnx₂+$\frac{1}{2{x}_{2}}$-a=0，
兩式相減，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，
則x₁+x₂=$\frac{t-1}{lnt}$+$\frac{1-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$=$\frac{t-\frac{1}{t}}{2lnt}$．
構(gòu)造函數(shù)h（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt，（0＜t＜1），
則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，
則$\frac{t-\frac{1}{t}}{2lnt}$＞1，故x₁+x₂＞1．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及極值，考查構(gòu)造法求函數(shù)的單調(diào)性，考查計算能力，屬于中檔題．