题目内容
已知函数F（x）=
在定义域（0，+∞）内为单调增函数
（1）若f（x）=lnx+ax2，求a的取值范围
（2）设x0是f（x）的零点，m，n∈（0，x0），求证，
＜1．
| f(x) |
| x |
（1）若f（x）=lnx+ax2，求a的取值范围
（2）设x0是f（x）的零点，m，n∈（0，x0），求证，
| f(m+n) |
| f(m)+f(n) |
考点：函数零点的判定定理
专题：计算题,证明题,导数的综合应用,不等式的解法及应用
分析：（1）化简F（x）=
=
+ax，求导F′（x）=
+a=
；从而化函数F（x）=
在定义域（0，+∞）内为单调增函数为F′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立；即a≥
在（0，+∞）上恒成立；再构造函数g（x）=
，从而利用导数求函数的最值可得；
（2）由题意可得当x∈（0，x0）时，f（x）＜0；再由函数的单调性可得
＜
，
＜
；故
≤max{
，
}＜
；从而化简证明．
| f(x) |
| x |
| lnx |
| x |
| 1-lnx |
| x2 |
| 1-lnx+ax2 |
| x2 |
| f(x) |
| x |
| lnx-1 |
| x2 |
| lnx-1 |
| x2 |
（2）由题意可得当x∈（0，x0）时，f（x）＜0；再由函数的单调性可得
| f(m) |
| m |
| f(m+n) |
| m+n |
| f(n) |
| n |
| f(m+n) |
| m+n |
| f(m)+f(n) |
| m+n |
| f(m) |
| m |
| f(n) |
| n |
| f(m+n) |
| m+n |
解答：
解：（1）F（x）=
=
+ax，
F′（x）=
+a=
；
故使函数F（x）=
在定义域（0，+∞）内为单调增函数可化为
F′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立；
即1-lnx+ax2≥0在（0，+∞）上恒成立；
即a≥
在（0，+∞）上恒成立；
令g（x）=
，则g′（x）=
；
故x∈（0，e
）时，g′（x）＞0；
x∈（e
，+∞）时，g′（x）＜0；
故g（x）=
在（0，e
）上是增函数，在（e
，+∞）上是减函数；
故gmax（x）=g（e
）=
；
故a≥
；
（2）证明：∵F（x）=
在定义域（0，+∞）内为单调增函数，
又∵x0是f（x）的零点；
∴当x∈（0，x0）时，f（x）＜0；
∵
＜
，
＜
；
∴
≤max{
，
}＜
；
∴f（m）+f（n）＜f（m+n）；
又∵f（m）+f（n）＜0；
∴
＜1．
| f(x) |
| x |
| lnx |
| x |
F′（x）=
| 1-lnx |
| x2 |
| 1-lnx+ax2 |
| x2 |
故使函数F（x）=
| f(x) |
| x |
F′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立；
即1-lnx+ax2≥0在（0，+∞）上恒成立；
即a≥
| lnx-1 |
| x2 |
令g（x）=
| lnx-1 |
| x2 |
| 2lnx-3 |
| x3 |
故x∈（0，e
| 3 |
| 2 |
x∈（e
| 3 |
| 2 |
故g（x）=
| lnx-1 |
| x2 |
| 3 |
| 2 |
| 3 |
| 2 |
故gmax（x）=g（e
| 3 |
| 2 |
| 1 |
| 2e3 |
故a≥
| 1 |
| 2e3 |
（2）证明：∵F（x）=
| f(x) |
| x |
又∵x0是f（x）的零点；
∴当x∈（0，x0）时，f（x）＜0；
∵
| f(m) |
| m |
| f(m+n) |
| m+n |
| f(n) |
| n |
| f(m+n) |
| m+n |
∴
| f(m)+f(n) |
| m+n |
| f(m) |
| m |
| f(n) |
| n |
| f(m+n) |
| m+n |
∴f（m）+f（n）＜f（m+n）；
又∵f（m）+f（n）＜0；
∴
| f(m+n) |
| f(m)+f(n) |
点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，考查了构造函数的应用，同时考查了不等式的性质应用，属于难题．
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