Question

（2012•浙江模拟）已知f(x)=

x

mxα+1

．
（1）当m=1，α=2时
（i）求证：对于给定的x₀∈[0，1），不等式f（x）-f（x₀）≤（x-x₀）f'（x₀）对于x∈[0，1）恒成立；
（ii）若实数a、b、c∈[0，+∞），且a+b+c=1，求f（a）+f（b）+f（c）的最大值．
（2）当α=1时，若1-

1

x

≤f(lnx)对x∈[1，+∞）恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析：（1）（i）证明：当m=1，α=2时，f（x）-f（x₀）≤（x-x₀）×

1-xx0

(x2+1)(1+x02)

，由此可得结论；
（ii）令x₀=

1

3

，则

f(a)-f( 1 3 )≤(a- 1 3 )f′( 1 3 ) f(b)-f( 1 3 )≤(b- 1 3 )f′( 1 3 ) f(c)-f( 1 3 )≤(c- 1 3 )f′( 1 3 )

，相加，即可求f（a）+f（b）+f（c）的最大值．
（2）先判断m≥0，进而1-

1

x

≤f(lnx)对x∈[1，+∞）恒成立，等价于

xlnx+(1-x)(mlnx+1)

x(mlnx+1)

≥0对x∈[1，+∞）恒成立，等价于g（x）=xlnx+（1-x）（mlnx+1）≥0对x∈[1，+∞）恒成立，分类讨论，即可证得．

解答：（1）（i）证明：当m=1，α=2时，f(x)=

x

x2+1

，f′(x)=

1-x2

(x2+1)2

∴f（x）-f（x₀）≤（x-x₀）×

1-xx0

(x2+1)(1+x02)

不妨设x＞x₀，∵x₀∈[0，1），∴1-xx₀＜1-x02，1+x²＞1+x02
∴f（x）-f（x₀）≤（x-x₀）×

1-xx0

(x2+1)(1+x02)

=（x-x₀）f'（x₀）
（ii）令x₀=

1

3

，则

f(a)-f( 1 3 )≤(a- 1 3 )f′( 1 3 ) f(b)-f( 1 3 )≤(b- 1 3 )f′( 1 3 ) f(c)-f( 1 3 )≤(c- 1 3 )f′( 1 3 )

∴f（a）+f（b）+f（c）-3f(

1

3

)≤（a+b+c-1）f′(

1

3

)=0
∴f（a）+f（b）+f（c）≤3f(

1

3

)=

9

10

∴f（a）+f（b）+f（c）的最大值为

9

10

（当且仅当a=b=c=

1

3

时取等号）．
（2）解：由题意m≥0，否则当x→+∞时，f（lnx）＜0，而1-

1

x

＞0矛盾
∴1-

1

x

≤f(lnx)对x∈[1，+∞）恒成立，等价于

xlnx+(1-x)(mlnx+1)

x(mlnx+1)

≥0对x∈[1，+∞）恒成立
等价于g（x）=xlnx+（1-x）（mlnx+1）≥0对x∈[1，+∞）恒成立
g′（x）=(1-m)lnx+m(

1

x

-1)
若m≥1，则g′（x）≤0，∴g（x）≤g（1）=0矛盾；
若0≤m≤1，则g″（x）=

(1-m)(x- m 1-m )

x2

①若

m

1-m

≤1，则0≤m≤

1

2

，∴g′（x）在[1，+∞）上为增函数，∴g′（x）≥g′（1）=0，
∴g（x）在[1，+∞）上为增函数，g（x）≥g（1）=0；
②若

m

1-m

＞1，则

1

2

＜m≤1，∴g′（x）在[1，

m

1-m

）上为减函数，在（

m

1-m

，+∞）上为增函数
∴g′（x）_min=g′（

m

1-m

）＞g′（1）=0，
∴g（x）在[1，

m

1-m

）上为减函数，∴g（x）≤g（1）=0；
综上知，实数m的取值范围是[0，

1

2

]．

点评：本题考查导数知识的运用，考查不等式的证明，考查恒成立问题，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．