Question

已知x＞0，函数f(x)=lnx-

ax

x+1

（1）当a≥0时，讨论函数f（x）的单调性；
（2）当f（x）有两个极值点（设为x₁和x₂）时，求证：f(x1)+f(x2)≥

x+1

x

•[f(x)-x+1]．

Answer 1

分析：（1）先求出函数的定义域，然后求出导函数，设g（x）=x²-（a-2）x+1，二次方程g（x）=0的判别式△=a²-4a，然后讨论△的正负，再进一步考虑导函数的符号，从而求出函数的单调区间；
（2）对f（x）求导数，由f′（x）=0有两个不同的根x₁，x₂，利用判别式和根与系数的关系得到x₁x₂=1，由x₁、x₂的关系，则f（x₁）+f（x₂）=-a，又由-a=

x+1

x

•[f(x)-lnx]，将问题转化为lnx≤x-1即可，令g（x）=lnx-x+1，利用导数求出g（x）的最大值即得证．

解答：解：（1）∵f′(x)=

1

x

-

a

(x+1)2

=

x2-(a-2)x+1

x(x+1)2

，
x＞0，设g（x）=x²-（a-2）x+1
当△=a²-4a≤0，即0≤a≤4时，在（0，+∞）上，f′（x）≥0恒成立，
此时f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当△=a²-4a＞0，即a＞4时，方程x²-（a-2）x+1=0有两个解不相等的实数根：
x1=

(a-2)- (a-2)2-4

2

，x2=

(a-2)+ (a-2)2-4

2

，显然0＜x₁＜x₂，
∵当x∈（0，x₁）或x∈（x₂，+∞）时，f′（x）＞0；
当x∈（x₁，x₂）时，f′（x）＜0；
∴函数f（x）在(

a-2- a2-4a

2

，

a-2+ a2-4a

2

)上单调递减，
在(0，

a-2- a2-4a

2

)和(

a-2+ a2-4a

2

，+∞)上单调递增．
（2）∵x₁，x₂是f（x）的两个极值点，
故满足方程f′（x）=0，
即x₁，x₂是x²-（a-2）x+1=0的两个解，
∴x₁x₂=1，
∵f(x1)+f(x2)=lnx1-

ax1

x1+1

+lnx2-

ax2

x2+1

=ln(x1x2)-

a(2x1x2+x1+x2)

x1x2+x1+x2+1

=-a
而在f(x)=lnx-

ax

x+1

中，-a=

x+1

x

•[f(x)-lnx]
因此，要证明f(x1)+f(x2)≥

x+1

x

•[f(x)-x+1]，
等价于证明

x+1

x

•[f(x)-lnx]≥

x+1

x

•[f(x)-x+1]
注意到x＞0，只需证明f（x）-lnx≥f（x）-x+1
即证lnx≤x-1
令g（x）=lnx-x+1，则g′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

，
当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，函数g（x）在（0，1）上单调递增；
当x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，函数g（x）在（1，+∞）上单调递减；
因此g（x）_max=g（1）=ln1-x+1=0，从而g（x）≤0，即lnx≤x-1，原不等式得证．

点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，同时考查了转化的能力和分类讨论的数学思想，属于难题．