Question

已知函数f(x)=x2+

2

x

+alnx(x＞0)，f（x）的导函数是f′（x）．对任意两个不相等的正数x₁、x₂，证明：
（Ⅰ）当a≤0时，

f(x1)+f(x2)

2

＞f(

x1+x2

2

)；
（Ⅱ）当a≤4时，|f′（x₁）-f′（x₂）|＞|x₁-x₂|．

Answer 1

分析：（1）将x₁，x₂代入整理，再由基本不等式可证．
（2）先对函数f（x）进行求导，将x₁，x₂代入整理变形，转化为证明对任意两个不相等的正数x₁，x₂，有2+

2(x1+x2)

x12x22

-

a

x1x2

＞1恒成立，从而得证．

解答：解：证明：（Ⅰ）由f(x)=x2+

2

x

+alnx
得

f(x1)+f(x2)

2

=

1

2

(x12+x22)+(

1

x1

+

1

x2

)+

a

2

(lnx1+lnx2)=

1

2

(x12+x22)+

x1+x2

x1x2

+aln

x1x2

f(

x1+x2

2

)=(

x1+x2

2

)2+

4

x1+x2

+aln

x1+x2

2

而

1

2

(x12+x22)＞

1

4

[(x12+x22)+2x1x2]2=(

x1+x2

2

)2①
又（x₁+x₂）²=（x₁²+x₂²）+2x₁x₂＞4x₁x₂
∴

x1+x2

x1x2

＞

4

x1+x2

②
∵

x1x2

＜

x1+x2

2

∴ln

x1x2

＜ln

x1+x2

2

∵a≤0，
aln

x1x2

_?≥aln（

x1+x2

2

③
由①、②、③得

1

2

（x₁²+x₂²）+

x1+x2

x1x2

+aln

x1x2

_?＞（

x1+x2

2

）²+

4

x1+x2

+aln

x1x2

，
即

f(x1)+f(x2)

2

＞f(

x1+x2

2

)．
（Ⅱ）证法一：由f(x)=x2+

2

x

+alnx，得f′(x)=2x-

2

x2

+

a

x

∴|f′(x1)-f′(x2)|=|(2x1-

2

x12

+

a

x1

)-(2x2-

2

x22

+

a

x2

)|=|x1-x2|•|2+

2(x1+x2)

x12x22

-

a

x1x2

||f′(x1)-f′(x2)|＞|x1-x2|?|2+

2(x1+x2)

x12x22

-

a

x1x2

|＞1
下面证明对任意两个不相等的正数x₁，x₂，有2+

2(x1+x2)

x12x22

-

a

x1x2

＞1恒成立
即证a＜x1x2+

2(x1+x2)

x1x2

成立
∵x1x2+

2(x1+x2)

x1x2

＞x1x2+

4

x1x2

设t=

x1x2

，u(x)=t2+

4

t

(t＞0)，
则u′(x)=2t-

4

t2

，
令u′（x）=0得t=

3	2

，列表如下：
u(t)≥3

3	4

=

3	108

＞4≥a
∴x1x2+

2(x1+x2)

x1x2

＞a
∴对任意两个不相等的正数x₁，x₂，恒有|f'（x₁）-f'（x₂）|＞|x₁-x₂|
证法二：由f(x)=x2+

2

x

+alnx，
得f′(x)=2x-

2

x2

+

a

x

∴|f′(x1)-f′(x2)|=|(2x1-

2

x12

+

a

x1

)-(2x2-

2

x22

+

a

x2

)|=|x1-x2|•|2+

2(x1+x2)

x12x22

-

a

x1x2

|
∵x₁，x₂是两个不相等的正数
∴2+

2(x1+x2)

x12x22

-

a

x1x2

＞2+

4

( x1x2 )3

-

a

x1x2

≥2+

4

( x1x2 )3

-

4

x1x2

设t=

1

x1x2

，u（t）=2+4t³-4t²（t＞0）
则u′（t）=4t（3t-2），列表：

∴u=

38

27

＞1即2+

2(x1+x2)

x12x22

-

a

x1x2

＞1
∴|f′(x1)-f′(x2)|═|x1-x2|•|2+

2(x1+x2)

x12x22

-

a

x1x2

|＞|x1-x2|
即对任意两个不相等的正数x₁，x₂，恒有|f′（x₁）-f′（x₂）|＞|x₁-x₂|

点评：本小题主要考查导数的基本性质和应用，函数的性质和平均值不等式等知识及综合分析、推理论证的能力．