Question

设函数f（x）=alnx+

1

x

-a，（a∈R）．
（1）当a＞0时，求函数f（x）的单调区间；
（2）在（1）中，若函数f（x）的最小值恒小于e^k+1，求实数k的取值范围；
（3）当a＜0时，设x₁＞0，x₂＞0，且x₁≠x₂，试比较f（

x1+x2

2

）与

f(x1)+f(x2)

2

的大小．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）由题意x＞0，f′(x)=

a

x

-

1

x2

，由此能求出函数f（x）的单调区间．
（2）当x=

1

a

时，函数f（x）的最小值为f（

1

a

）=-alna，令g（a）=-alna，由g′（a）=-（lna+1）=0，得a=

1

e

．由此能求出实数k的取值范围．
（3）由已知条件推导出f(

x1+x2

2

)-

f(x1)+f(x2)

2

=aln

x1+x2

2

+

2

x1+x2

-aln

x1x2

-

x1+x2

2x1x2

=aln

x1+x2

2 x1x2

-

(x1-x2)2

2x1x2(x1+x2)

，由此能求出f（

x1+x2

2

）＜

f(x1)+f(x2)

2

．

解答： （本小题满分12分）
解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．…（1分）
由题意x＞0，f′(x)=

a

x

-

1

x2

，…（2分）
由f′（x）＜0，得

a

x

-

1

x2

＜0，解得x＜

1

a

，
函数f（x）的单调递减区间是（0，

1

a

）．
由f′（x）＞0，得

a

x

-

1

x2

＞0，解得x＞

1

a

，
函数f（x）的单调递增区间是（

1

a

，+∞）． …（4分）
（2）由（1）知，当x=

1

a

时，
函数f（x）的最小值为f（

1

a

）=aln

1

a

+a-a=-alna，
令g（a）=-alna，由g′（a）=-（lna+1）=0，∴a=

1

e

．
当0＜a＜

1

e

，g′（a）＞0，a＞

1

e

，g′ (a)＜0，
∴g(a)min =g（

1

e

）=

1

e

．
∴由

1

e

＜ek+1，得k＞-2．
∴实数k的取值范围（-2，+∞）．…（7分）
（3）∵f(

x1+x2

2

)=aln

x1+x2

2

+

2

x1+x2

-a，

f(x1)+f(x2)

2

=

1

2

(alnx1+

1

x1

+alnx2+

1

x2

)-a
=

1

2

[aln（x₁x₂）+

x1+x2

x1x2

]-a
=aln

x1x2

+

x1+x2

2x1x2

-a．
∴f(

x1+x2

2

)-

f(x1)+f(x2)

2

=aln

x1+x2

2

+

2

x1+x2

-aln

x1x2

-

x1+x2

2x1x2

=aln

x1+x2

2 x1x2

-

(x1-x2)2

2x1x2(x1+x2)

．…（10分）
∵x₁＞0，x₂＞0，且x₁≠x₂，a＜0，
∴x₁+x₂＞2

x1x2

，∴

x1+x2

2 x1x2

＞1，aln

x1+x2

2 x1x2

＜0．…（11分）
又-

(x1-x2)2

2x1x2(x1+x2)

＜0，∴aln

x1+x2

2 x1x2

-

(x1-x2)2

2x1x2(x1+x2)

＜0，
∴f（

x1+x2

2

）-

f(x1)+f(x2)

2

＜0，
即f（

x1+x2

2

）＜

f(x1)+f(x2)

2

．…（12分）

点评：本题考查函数的单调区间的求法，考查实数的取值范围的求法，考查两个数的大小的比较，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．