Question

已知函数f（x）=2x+alnx．
（1）若a＜0证明：对于任意的两个正数x₁，x₂，总有

f(x1)+f(x2)

2

≥f（

x1+x2

2

）成立；
（2）若对任意的x∈[1，e]，不等式：f（x）≤（a+3）x-

1

2

x²恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）将

f(x1)+f(x2)

2

与f（

x1+x2

2

）进行作差与0进行比较，利用均值不等式以及对数函数的性质可判定符号；
（2）由f(x)≤(a+3)x-

1

2

x2恒成立，转化成只要：a(x-lnx)≥

1

2

x2-x成立，根据自变量的范围将a分离出来，利用导数研究不等式另一侧函数在闭区间上的最小值即可．

解答：解：（1）由：

f(x1)+f(x2)

2

-f(

x1+x2

2

)═aln

2 x1x2

x1+x2

，
而：x1+x2≥2

x1x2

?

2 x1x2

x1+x2

≤1?ln

2 x1x2

x1+x2

≤0，
又因为：a＜0，所以：aln

2 x1x2

x1+x2

≥0，即：

f(x1)+f(x2)

2

≥f(

x1+x2

2

)成立．
（2）由f(x)≤(a+3)x-

1

2

x2恒成立，即只要：a(x-lnx)≥

1

2

x2-x成立；
又x∈[1，e]，易知x-lnx＞0?a≥

1 2 x2-x

x-lnx

令?g(x)=

1 2 x2-x

x-lnx

（x∈[1，e]）g′(x)=

(x-1)( 1 2 x+1-lnx)

(x-lnx)2

，
令：h(x)=

1

2

x+1-lnx，h′(x)=

x-2

2x

h（x）_min=h（2）=2-ln2＞0，∴g′（x）＞0
所以：g（x）在x∈[1，e]上为增函数．g(x)max=g(e)=

e2-2e

2(e-1)

即：a≥

e2-2e

2(e-1)

点评：本题主要考查了函数恒成立问题，以及利用导数研究函数最值，属于基础题．