Question

已知函數(shù)f（x）=lnx+

m

2x

，g（x）=x-2m，其中m∈R，e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）當m=1時，求函數(shù)f（x）的極小值；
（Ⅱ）對?x∈[

1

e

，1]，是否存在m∈（

1

2

，1），使得f（x）＞g（x）+1成立？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由；
（Ⅲ）設(shè)F（x）=f（x）g（x），當m∈（

1

2

，1）時，若函數(shù)F（x）存在a，b，c三個零點，且a＜b＜c，求證：0＜a＜

1

e

＜b＜1＜c．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：計算題,證明題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）m=1時，f（x）=lnx+

1

2x

，x＞0；從而求導(dǎo)可得f′（x）=

1

x

-

1

2x2

=

2x-1

2x2

；從而由導(dǎo)數(shù)求極小值；
（ II）令h（x）=f（x）-g（x）-1=lnx+

m

2x

-x+2m-1，x∈[

1

e

，1]，m∈（

1

2

，1），則h（x）＞0對x∈[

1

e

，1]恒成立，求導(dǎo)h′（x）=

1

x

-

m

2x2

-1=

-2x2+2x-m

2x2

，x∈[

1

e

，1]，從而可判斷h（x）在[

1

e

，1]上單減．從而化為最值問題．
（ III）化簡F（x）=f（x）g（x）=（lnx+

m

2x

）（x-2m），易知x=2m為函數(shù)F（x）的一個零點，從而函數(shù)F（x）的最大的零點c＞1，再討論f（x）lnx+

m

2x

的零點情況即可．

解答： 解：（Ⅰ）m=1時，f（x）=lnx+

1

2x

，x＞0；
∴f′（x）=

1

x

-

1

2x2

=

2x-1

2x2

；
由f′（x）＞0，解得x＞

1

2

；由f′（x）＜0，解得0＜x＜

1

2

；
∴f（x）在（0，

1

2

）上單調(diào)遞減，（

1

2

，+∞）上單調(diào)遞增．
∴f_極小值（x）=f（

1

2

）=ln

1

2

+1=1-ln2．
（ II）令h（x）=f（x）-g（x）-1=lnx+

m

2x

-x+2m-1，x∈[

1

e

，1]，m∈（

1

2

，1），
由題意，h（x）＞0對x∈[

1

e

，1]恒成立，
∵h′（x）=

1

x

-

m

2x2

-1=

-2x2+2x-m

2x2

，x∈[

1

e

，1]，
∵m∈（

1

2

，1），
∴在二次函數(shù)y=-2x²+2x-m中，△=4-8m＜0，
∴=-2x²+2x-m＜恒成立；
∴h′（x）＜0對x∈[

1

e

，1]恒成立，
∴h（x）在[

1

e

，1]上單減．
∴h_min（x）=h（1）=

5

2

m-2＞0，
即m＞

4

5

．
故存在m∈（

4

5

，1），使f（x）＞g（x）+1對?x∈[

1

e

，1]恒成立．
（ III）證明：F（x）=f（x）g（x）=（lnx+

m

2x

）（x-2m），
易知x=2m為函數(shù)F（x）的一個零點，
∵m＞

1

2

，
∴2m＞1，
因此據(jù)題意知，函數(shù)F（x）的最大的零點c＞1，
下面討論f（x）lnx+

m

2x

的零點情況，
∵f′（x）=

1

x

-

m

2x2

=

2x-m

2x2

；
易知函數(shù)f（x）在（0，

m

2

）上單調(diào)遞減，在（

m

2

，+∞）上單調(diào)遞增．
由題知f（x）必有兩個零點，
∴f_極小值（x）=f（

m

2

）=ln

m

2

+1＜0，解得0＜m＜

2

e

，
∴

1

2

＜m＜

2

e

，即me∈（

e

2

，2）．
∴f（1）=ln1+

m

2

=

m

2

＞0，f（

1

e

）=-1+

em

2

＜0．
又f（e^-10）=

m

2

•e¹⁰-10＞0．
∴0＜e^-10＜a＜

1

e

＜b＜1＜c．
∴0＜a＜

1

e

＜b＜1＜c．

點評：本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題，同時利用了構(gòu)造函數(shù)的方法，屬于難題．