Question

11．已知函数f（x）=$\frac{m}{x}$+$\frac{1}{2}$lnx-1（m∈R）的两个零点为x₁，x₂（x₁＜x₂）．
（1）求实数m的取值范围；
（2）求证：$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$＞$\frac{2}{e}$．

Answer 1

分析 （1）求导数，分类讨论，利用函数f（x）=$\frac{m}{x}$+$\frac{1}{2}$lnx-1（m∈R）的两个零点，得出$\frac{1}{2}$ln2m-$\frac{1}{2}$＜0，即可求实数m的取值范围；
（2）由题意方程m=$\frac{lnt+2}{2t}$有两个根为t₁，t₂，不妨设t₁=$\frac{1}{{x}_{1}}$，t₂=$\frac{1}{{x}_{2}}$，要证明$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$＞$\frac{2}{e}$，即证明t₁+t₂＞$\frac{2}{e}$，即证明h（t₁）＜h（$\frac{2}{e}$-t₂）．令φ（x）=h（x）-h（$\frac{2}{e}$-x），证明φ（x）＜0对任意x∈（0，$\frac{1}{e}$）恒成立即可．

解答 （1）解：f′（x）=$\frac{x-2m}{2{x}^{2}}$．
①m≤0，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，不可能有两个零点；
②m＞0，f′（x）＞0可解得x＞2m，f′（x）＜0可解得0＜x＜2m，
∴f（x）在（0，2m）上单调递减，在（2m，+∞）上单调递增，
∴f（x）_min=f（2m）=$\frac{1}{2}$ln2m-$\frac{1}{2}$，
由题意，$\frac{1}{2}$ln2m-$\frac{1}{2}$＜0，
∴0＜m＜$\frac{e}{2}$；
（2）证明：令t=$\frac{1}{x}$，f（$\frac{1}{x}$）=mt-$\frac{1}{2}$lnt-1=0，
由题意方程m=$\frac{lnt+2}{2t}$有两个根为t₁，t₂，不妨设t₁=$\frac{1}{{x}_{1}}$，t₂=$\frac{1}{{x}_{2}}$．
令h（t）=$\frac{lnt+2}{2t}$，则h′（t）=-$\frac{lnt+1}{2{t}^{2}}$，
令h′（t）＞0，可得0＜t＜$\frac{1}{e}$，函数单调递增；h′（t）＜0，可得t＞$\frac{1}{e}$，函数单调递减．
由题意，t₁＞$\frac{1}{e}$＞t₂＞0，
要证明$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$＞$\frac{2}{e}$，即证明t₁+t₂＞$\frac{2}{e}$，即证明h（t₁）＜h（$\frac{2}{e}$-t₂）．
令φ（x）=h（x）-h（$\frac{2}{e}$-x），
下面证明φ（x）＜0对任意x∈（0，$\frac{1}{e}$）恒成立，
φ′（x）=$\frac{-lnx-1}{2{x}^{2}}$+$\frac{-ln（\frac{2}{e}-x）-1}{2（\frac{2}{e}-x）^{2}}$，
∵x∈（0，$\frac{1}{e}$），
∴-lnx-1＞0，x²＜$（\frac{2}{e}-x）^{2}$，
∴φ′（x）＞$\frac{-lnx（-x+\frac{2}{e}）-2}{2（\frac{2}{e}-x）^{2}}$＞0，
∴φ（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上是增函数，
∴φ（x）＜φ（$\frac{1}{e}$）=0，
∴原不等式成立．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明．难度大．