Question

设函数f(x)=alnx+

1

x

，a∈R．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a＞0时，若对任意x＞0，不等式f（x）≥2a成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a＜0时，设x₁＞0，x₂＞0，试比较f（

x1+x2

2

）与

f(x1)+f(x2)

2

的大小并说明理由．

Answer 1

分析：（I）由已知先出函数的定义域，及导函数，进而对a值进行分类讨论，分析出导函数的符号，即可得到函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）由（I）的结论，我们可以求出x＞0时f（x）的最小值，进而将恒成立问题转化为函数最小值不小于2a，构造关于a的不等式，可得a的取值范围；
（Ⅲ）由（I）的结论，我们二次求导，分析出函数的凸凹性，进而可以分析出f（

x1+x2

2

）与

f(x1)+f(x2)

2

的大小．

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

a

x

-

1

x2

，…（2分）
（1）当a＞0时，
由f′(x)=

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)=

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）当a≤0时，
由于x＞0，所以f′(x)=

a

x

-

1

x2

＜0恒成立，
函数f（x）的在区间（0，+∞）上单调递减．…（5分）
（Ⅱ）因为对于任意正实数x，不等式f（x）≥2a成立，即2a≤alnx+

1

x

恒成立．
因为a＞0，由（Ⅰ）可知
当x=

1

a

时，函数f(x)=alnx+

1

x

有最小值f（

1

a

）=aln

1

a

+a=a-alna．…（7分）
所以2a≤a-alna，解得0＜a≤

1

e

．
故所求实数a的取值范围是(0，

1

e

]．    …（9分）
（Ⅲ）因为f(

x1+x2

2

)=aln

x1+x2

2

+

2

x1+x2

，

f(x1)+f(x2)

2

=

1

2

(alnx1+

1

x1

+alnx2+

1

x2

)=

1

2

[aln(x1x2)+

x1+x2

x1x2

]=aln

x1x2

+

x1+x2

2x1x2

．…（10分）
所以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)

．
（1）显然，当x₁=x₂时，f(

x1+x2

2

)=

f(x1)+f(x2)

2

．       …（11分）
（2）当x₁≠x₂时，因为x₁＞0，x₂＞0，且a＜0，
所以x₁+x₂＞2

x1•x2

，
所以

x1+x2

2 x1•x2

＞1，a•ln

x1+x2

2 x1•x2

＜0．…（12分）
又-

(x1-x2)2

2x1x2(x1+x2)

＜0，所以aln

x1+x2

2 x1x2

-

(x1-x2)2

2x1x2(x1+x2)

＜0
所以f（

x1+x2

2

）-

f(x1)+f(x2)

2

＜0，
即f（

x1+x2

2

）＜

f(x1)+f(x2)

2

．
综上所述，当x₁=x₂时，f(

x1+x2

2

)=

f(x1)+f(x2)

2

；当x₁≠x₂时，f（

x1+x2

2

）＜

f(x1)+f(x2)

2

．…（14分）

点评：本题考查的知识点是导数法求函数单调性及函数的最值，函数恒成立问题，基本不等式，其中熟练掌握导数在求函数单调区间及最值时的步骤及方法要点是解答的关键．