Question

設(shè)函數(shù)f(x)=alnx+

1

x

，a∈R．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當a＞0時，若對任意x＞0，不等式f（x）≥2a成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）當a＜0時，設(shè)x₁＞0，x₂＞0，試比較f（

x1+x2

2

）與

f(x1)+f(x2)

2

的大小并說明理由．

Answer 1

分析：（I）由已知先出函數(shù)的定義域，及導(dǎo)函數(shù)，進而對a值進行分類討論，分析出導(dǎo)函數(shù)的符號，即可得到函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）由（I）的結(jié)論，我們可以求出x＞0時f（x）的最小值，進而將恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)最小值不小于2a，構(gòu)造關(guān)于a的不等式，可得a的取值范圍；
（Ⅲ）由（I）的結(jié)論，我們二次求導(dǎo)，分析出函數(shù)的凸凹性，進而可以分析出f（

x1+x2

2

）與

f(x1)+f(x2)

2

的大�。�

解答：解：函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞）．…（1分）
（Ⅰ）由題意x＞0，f′(x)=

a

x

-

1

x2

，…（2分）
（1）當a＞0時，
由f′(x)=

a

x

-

1

x2

＜0，
解得x＜

1

a

，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，

1

a

）；
由f′(x)=

a

x

-

1

x2

＞0，
解得x＞

1

a

，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（

1

a

，+∞）． …（4分）
（2）當a≤0時，
由于x＞0，所以f′(x)=

a

x

-

1

x2

＜0恒成立，
函數(shù)f（x）的在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞減．…（5分）
（Ⅱ）因為對于任意正實數(shù)x，不等式f（x）≥2a成立，即2a≤alnx+

1

x

恒成立．
因為a＞0，由（Ⅰ）可知
當x=

1

a

時，函數(shù)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

．
故所求實數(shù)a的取值范圍是(0，

1

e

]．    …（9分）
（Ⅲ）因為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）顯然，當x₁=x₂時，f(

x1+x2

2

)=

f(x1)+f(x2)

2

．       …（11分）
（2）當x₁≠x₂時，因為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

．
綜上所述，當x₁=x₂時，f(

x1+x2

2

)=

f(x1)+f(x2)

2

；當x₁≠x₂時，f（

x1+x2

2

）＜

f(x1)+f(x2)

2

．…（14分）

點評：本題考查的知識點是導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)單調(diào)性及函數(shù)的最值，函數(shù)恒成立問題，基本不等式，其中熟練掌握導(dǎo)數(shù)在求函數(shù)單調(diào)區(qū)間及最值時的步驟及方法要點是解答的關(guān)鍵．