Question

已知函数f（x）=lnx+

m

2x

，g（x）=x-2m，其中m∈R，e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）当m=1时，求函数f（x）的极小值；
（Ⅱ）对?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的取值范围；若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）设F（x）=f（x）g（x），当m∈（

1

2

，1）时，若函数F（x）存在a，b，c三个零点，且a＜b＜c，求证：0＜a＜

1

e

＜b＜1＜c．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,证明题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）m=1时，f（x）=lnx+

1

2x

，x＞0；从而求导可得f′（x）=

1

x

-

1

2x2

=

2x-1

2x2

；从而由导数求极小值；
（ II）令h（x）=f（x）-g（x）-1=lnx+

m

2x

-x+2m-1，x∈[

1

e

，1]，m∈（

1

2

，1），则h（x）＞0对x∈[

1

e

，1]恒成立，求导h′（x）=

1

x

-

m

2x2

-1=

-2x2+2x-m

2x2

，x∈[

1

e

，1]，从而可判断h（x）在[

1

e

，1]上单减．从而化为最值问题．
（ III）化简F（x）=f（x）g（x）=（lnx+

m

2x

）（x-2m），易知x=2m为函数F（x）的一个零点，从而函数F（x）的最大的零点c＞1，再讨论f（x）lnx+

m

2x

的零点情况即可．

解答： 解：（Ⅰ）m=1时，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

）上单调递减，（

1

2

，+∞）上单调递增．
∴f_极小值（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），
由题意，h（x）＞0对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），
∴在二次函数y=-2x²+2x-m中，△=4-8m＜0，
∴=-2x²+2x-m＜恒成立；
∴h′（x）＜0对x∈[

1

e

，1]恒成立，
∴h（x）在[

1

e

，1]上单减．
∴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对?x∈[

1

e

，1]恒成立．
（ III）证明：F（x）=f（x）g（x）=（lnx+

m

2x

）（x-2m），
易知x=2m为函数F（x）的一个零点，
∵m＞

1

2

，
∴2m＞1，
因此据题意知，函数F（x）的最大的零点c＞1，
下面讨论f（x）lnx+

m

2x

的零点情况，
∵f′（x）=

1

x

-

m

2x2

=

2x-m

2x2

；
易知函数f（x）在（0，

m

2

）上单调递减，在（

m

2

，+∞）上单调递增．
由题知f（x）必有两个零点，
∴f_极小值（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．

点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，同时利用了构造函数的方法，属于难题．