Question

已知函数f(x)=

a

x

+lnx(a∈R)．
（1）讨论f（x）的单调性及极值；
（2）设0＜a≤

2

，证明：对任意x1：x2∈(0，

a

2

)，|f(x1)-f(x2)|≥a|x_-x2|．

Answer 1

分析：（1）借助于导数，讨论参数，得到函数的单调区间和极值；
（2）借助于（1）的单调区间可知函数在（0，

a

2

）的单调性，构建新函数，再借助其导数，判断新函数的单调性，即得证．

解答：解：（1）由f′(x)=-

a

x2

+

1

x

=

x-a

x2

①当a≤0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值；
②当a＞0时，若0＜x＜a，f^′（x）＜0，故函数f（x）在（0，a）上单调递减，
若x＞a，f′（x）＞0，故f（x）在（a，+∞）上单调递增，
所以极小值f（a）=1+lna，无极大值．
（2）证明：不妨设x₁≥x₂，而0＜a≤

2

，由（1）知f（x）在（0，

a

2

）的单调递减，
故对任意x1，x2∈(0，

a

2

)，|f（x₁）-f（x₂）|≥a|x₁-x₂|等价于：
对任意x1：x2∈(0，

a

2

)，f(x2)-f(x1)≥a(x1-x2)
即f（x₁）+ax₁≤f（x₂）+ax₂
令g（x）=f（x）+ax，则g′(x)=

ax2+x-a

x2

，
令h（x）=ax²+x-a，∵0＜a≤

2

，
∴h（0）=-a＜0，h(

a

2

)=

a3

4

+

a

2

-a=

a(a2-2)

4

≤0，
则g′(x)＜0(0＜x＜

a

2

)，故g（x）在（0，

a

2

）上单调递减，
又由x₁≥x₂，∴g（x₂）≥g（x₁），即f（x₂）+ax₂≥f（x₁）+ax₁
∴对任意x1：x2∈(0，

a

2

)，|f(x1)-f(x2)|≥a|x1-x2|．

点评：本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．