Question

12．设函数f（x）=lnx，g（x）=（2-a）（x-1）-2f（x）．
（1）当a=1时，求函数g（x）的单调区间；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是函数y=f（x）图象上任意不同两点，线段AB中点为C（x₀，y₀），直线AB的斜率为k．证明：k＞f′（x₀）
（3）设F（x）=|f（x）|+$\frac{b}{x+1}$（b＞0），对任意x₁，x₂∈（0，2]，x₁≠x₂，都有$\frac{F（{x}_{1}）-F（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜-1，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）将a=1代入求出g（x）的表达式，再求出g（x）的导数，从而求出g（x）的单调区间；
（2）将x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$代入f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，问题转化为证：k（t）lnt+$\frac{4}{t+1}$-2的单调性，（t＞1），从而证出结论；
（3）设G（x）=F（x）+x，则G（x）在（0，2]单调递减，通过讨论x的范围，结合导数的应用，从而求出b的范围．

解答 解：（1）当a=1时，
g（x）=（x-1）-2f（x）=（x-1）-2lnx=x-1-2lnx，
定义域为（0，+∞）；
g′（x）=1-$\frac{2}{x}$=$\frac{x-2}{x}$；
当x∈（0，2）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（2，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
即g（x）的单调增区间为（2，+∞），单调减区间为（0，2）．
（2）证明：k=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，又x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，
所以f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$；
即证，$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
不妨设0＜x₁＜x₂，x1，x2分别属于（0，1）和（1，2），
即证：lnx₂-lnx₁＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$；
即证：ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$；
设t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，即证：lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$=2-$\frac{4}{t+1}$；
即证：lnt+$\frac{4}{t+1}$-2＞0，其中t∈（1，+∞）；
事实上，设k（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，（t∈（1，+∞）），
则k′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0；
所以k（t）在（1，+∞）上单调递增，
所以k（t）＞k（1）=0；
即结论成立．
（3）由题意得$\frac{F（{x}_{1}）-F（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+1＜0，
即$\frac{F（{x}_{1}）+{x}_{1}-（F（{x}_{2}）+{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0；
设G（x）=F（x）+x，则G（x）在（0，2]单调递减，
①当x∈[1，2]时，G（x）=lnx+$\frac{b}{x+1}$+x，
G′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{b}{（x+1）^{2}}$+1≤0；
b≥$\frac{（x+1）^{2}}{x}$+（x+1）²=x²+3x+$\frac{1}{x}$+3在[1，2]上恒成立，
设G₁（x）=x²+3x+$\frac{1}{x}$+3，则G₁′（x）=2x+3-$\frac{1}{{x}^{2}}$；
当x∈[1，2]，G₁′（x）＞0；
∴G₁（x）在[1，2]上单调递增，G₁（x）≤$\frac{27}{2}$；
故b≥$\frac{27}{2}$．
②当x∈（0，1）时，G（x）=-lnx+$\frac{b}{x+1}$+x；
G₁（x）=x²+3x+$\frac{1}{x}$+3，
G′（x）=-$\frac{1}{x}$-$\frac{b}{{（x+1）}^{2}}$+1≤0，
b≥-$\frac{{（x+1）}^{2}}{x}$+（x+1）²=x²+x-$\frac{1}{x}$-1在（0，1）恒成立，
设G₂（x）=x²+x-$\frac{1}{x}$-1，${{G}_{2}}^{′}$（x）=2x+1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
即G₂（x）在（0，1）单调递增，故G₂（x）＜G₂（1）=0，∴b≥0，
综上所述：b≥$\frac{27}{2}$．

点评 本题考查了函数的单调性，函数恒成立问题，考查导数的应用，考查转化思想，本题有一定的难度．