Question

3．已知x＞0，函數(shù)$f（x）=lnx-\frac{ax}{x+1}$．
（1）若函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
（2）若f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，求證：$f（{x_1}）+f（{x_2}）≥\frac{x+1}{x}•[{f（x）-x+1}]$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，求出a的范圍即可；
（2）求出x₁x₂=1，表示出f（x₁）+f（x₂）的表達(dá)式，問題轉(zhuǎn)化為證明f（x）-lnx≥f（x）-x+1，即證lnx≤x-1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）∵$f（x）=lnx-\frac{ax}{x+1}$，x∈（0，+∞），
∴$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{{{{（{x+1}）}^2}}}=\frac{{{x^2}-（{a-2}）x+1}}{{x{{（{x+1}）}^2}}}$，…（2分）
由題設(shè)知，f′（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立，
∴${x^2}-（{a-2}）x+1＞0⇒a＜x+\frac{1}{x}+2$，
∵x＞0，∴$x+\frac{1}{x}+2≥2+2=4$，
故a＜4；             …（5分）
（2）∵x₁、x₂是f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，
∴x₁、x₂是方程f′（x）=0的兩根，
即x₁、x₂是x²-（a-2）x+1=0的兩個(gè)解，∴x₁x₂=1，
則$f（{x_1}）+f（{x_2}）=ln{x_1}-\frac{{a{x_1}}}{{{x_1}+1}}+ln{x_2}-\frac{{a{x_2}}}{{{x_2}+1}}$
=$ln（{{x_1}{x_2}}）-\frac{{a（{2{x_1}{x_2}+{x_1}+{x_2}}）}}{{{x_1}{x_2}+{x_1}+{x_2}+1}}$
=$ln1-\frac{{a（2+{x_1}+{x_2}）}}{{2+{x_1}+{x_2}}}=-a$；               …（8分）
由$f（x）=lnx-\frac{ax}{x+1}$得，$-a=\frac{x+1}{x}•[{f（x）-lnx}]$，
即$f（{x_1}）+f（{x_2}）=\frac{x+1}{x}•[{f（x）-lnx}]$，
因此，要證明$f（{x_1}）+f（{x_2}）≥\frac{x+1}{x}•[{f（x）-x+1}]$，
只要證明$\frac{x+1}{x}•[{f（x）-lnx}]≥\frac{x+1}{x}•[{f（x）-x+1}]$，
∵x＞0，∴只需證明f（x）-lnx≥f（x）-x+1，
即證lnx≤x-1，…（10分）
令g（x）=lnx-x+1，則$g'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＞0，
函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，
函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減；
∴g（x）_max=g（1）=ln1-x+1=0，
即g（x）≤0，
∴l(xiāng)nx≤x-1，原不等式得證．                        …（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．