Question

已知函数f（x）=lnx+

a

x+1

-

a

2

（a∈R）
（1）当a=2时，求函数f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）在（0，+∞）上为增函数，求a的取值范围；
（3）设x₁＞x₂＞0，求证

x1-x2

lnx1-lnx2

＜x₁+x₂．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）把a=1代入函数解析式，求出导函数得到f′（1），再求出f（1）的值，利用直线方程的点斜式得切线方程；
（2）由原函数的导函数在（0，+∞）上大于等于0恒成立得到a≤x+

1

x

+2对x∈（0，+∞）上恒成立，然后利用基本不等式求得不等式右边的最小值，则a的范围可求；
（3）利用分析法把要证明的不等式转化为证明

x1

x2

-1＜(

x1

x2

+1)ln

x1

x2

，令

x1

x2

=t (t＞1)换元后引入辅助函数h（t）=（t+1）lnt-t+1（t＞1），然后利用导数证明．

解答： （1）解：当a=2时，f（x）=lnx+

2

x+1

-1，
f′(x)=

1

x

-

2

(x+1)2

 （x＞0），
∴k=f′(1)=

1

2

．
由f（1）=0，
∴求函数f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程为x-2y-1=0；
（2）解：∵f（x）=lnx+

a

x+1

-

a

2

，
∴f′(x)=

1

x

-

a

(x+1)2

=

(x+1)2-ax

x(x+1)2

 (x＞0)．
由题意得（x+1）²-ax≥0对x∈（0，+∞）上恒成立，
∴a≤x+

1

x

+2对x∈（0，+∞）上恒成立，
∴a≤(x+

1

x

+2)min，
∵x+

1

x

+2≥2

x• 1 x

+2=4 （当且仅当x=1时取等号），
∴a≤4；
（3）证明：∵x₁＞x₂＞0，
∴lnx₁-lnx₂＞0．
要证

x1-x2

lnx1-lnx2

＜x1+x2，
只要证x₁-x₂＜（x₁+x₂）（lnx₁-lnx₂），
即证x1-x2＜(x1+x2)ln

x1

x2

，
也就是证

x1

x2

-1＜(

x1

x2

+1)ln

x1

x2

．
令

x1

x2

=t (t＞1)，不等式化为t-1＜（t+1）lnt （t＞1），
令h（t）=（t+1）lnt-t+1（t＞1）．
只要证h（t）=（t+1）lnt-t+1＞0成立，
由（1）知当a=2时，h（t）=f（t）（t+1），
只要证f(t)=lnt+

2

t+1

-1＞0成立，
当a=2时，由（2）可知函数f（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴f（t）＞f（1）=0，
∴x₁＞x₂＞0时，

x1-x2

lnx1-lnx2

＜x1+x2成立．

点评：本题考查利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数研究函数的单调性．训练了利用换元法和构造函数法证明不等式，是压轴题．