Question

已知函数f（x）=alnx+

1

x

．
（1）当a＞0时，求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）当a＞0时，若对任意x＞0，均有ax（2-lnx）≤1，求实数a的取值范围；
（3）若a＜0，对任意x₁、x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，试比较f（

x1+x2

2

）与

f(x1)+f(x2)

2

的大小．

Answer 1

分析：（1）先确定函数的定义域然后求导数fˊ（x），在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间以及极值．
（2）将变量a分离出来，转化成使对任意x＞0，只须2a≤f（x）_min，研究f（x）的最小值即可．
（3）利用作差法比较两个数的大小，f（

x1+x2

2

）-

f(x1)+f(x2)

2

化简整理后判定其符号．

解答：解：由题意x＞0，f′（x）=

a

x

-

1

x2

（1）当a＞0时，由f′（x）＞0得，解得x＞

1

a

，
即函数f（x）的单调增区间是(

1

a

，+∞)；
由f′（x）＜0得

a

x

-

1

x2

＜0，解得x＜

1

a

，
即函数f（x）的单调减区间是(0，

1

a

)
∴当x=

1

a

时，函数f（x）有极小值，
极小值为f（

1

a

）=aln

1

a

+a=a-alna
（2）当a＞0时，∵对任意x＞0，
均有ax（2-lnx）≤1，即有对任意x＞0，2a≤alnx+

1

x

恒成立，
∴对任意x＞0，只须2a≤f（x）_min
由（1）可知，函f（x）的极小值，即为最小值，
∴2a≤f（x）_min=a-alna，，解得0＜a≤

1

e

即a的取值范围为0＜a≤

1

e

（3）f(

x1+x2

2

) -

f(x1)+f(x2)

2

=aln

x1+x2

2 x1x2

-

(x1-x2) 2

2x1x2(x1+x2)

∵x₁＞0，x₂＞0且x₁≠x₂，a＜0，
∴x₁+x₂＞2

x1x2

，∴

x1+x2

2 x1x2

＞1，aln

x1+x2

2 x1x2

＜0
又

-(x1-x2) 2

2x1x2(x1+x2)

＜0，
∴aln

x1+x2

2 x1x2

+

-(x1-x2) 2

2x1x2(x1+x2)

＜0，
∴f（

x1+x2

2

）-

f(x1)+f(x2)

2

＜0，即f（

x1+x2

2

）＜

f(x1)+f(x2)

2

．

点评：本题主要考查了利用导数研究函数的极值，以及利用导数研究函数的单调性，属于难题．