Question

4．已知函數(shù)f（x）=2lnx+$\frac{ax}{x+1}$．
（1）當(dāng)a=-9時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)函數(shù)f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，求證：$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{x+1}$≥$\frac{f（x）-2x+2}{x}$．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=-9時(shí)，求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，得到f′（x）≥0，由此得到f（x）在定義域上單調(diào)遞增．
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由f（x）在定義域上有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁≠x₂），知f′（x）=0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x₁，x₂，由此推導(dǎo)出f（x₁）+f（x₂）=a，
問題轉(zhuǎn)化為證明對(duì)任意x＞0，有l(wèi)nx≤x-1，令g（x）=lnx-x+1，（x＞0），求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，求出g（x）的最大值小于0即可．

解答 （1）解：當(dāng)a=-9時(shí)，f（x）=2lnx-$\frac{9x}{x+1}$，x＞0，
則f′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{9}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{{2（x-\frac{5}{4}）}^{2}+\frac{27}{8}}{{x（x+1）}^{2}}$＞0，
∴f（x）在定義域上單調(diào)遞增．
（2）證明：∵f′（x）=$\frac{2}{x}$+$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{{2x}^{2}+（4+a）x+2}{{x（x+1）}^{2}}$，
∵f（x）在定義域上有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁≠x₂），
∴f′（x）=0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x₁，x₂，
則 $\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}{+x}_{2}=-\frac{4+a}{2}＞0}\\{{{x}_{1}x}_{2}=1＞0}\\{△{=（4+a）}^{2}-16＞0}\end{array}\right.$，
而f（x₁）+f（x₂）=2lnx₁+$\frac{{ax}_{1}}{{x}_{1}+1}$+2lnx₂+$\frac{{ax}_{2}}{{x}_{2}+1}$=2ln（x₁x₂）+a（ $\frac{{x}_{1}}{{x}_{1}+1}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{2}+1}$）
=2ln（x₁x₂）+a•$\frac{{{2x}_{1}x}_{2}{+x}_{1}{+x}_{2}}{{{x}_{1}x}_{2}{+x}_{1}{+x}_{2}+1}$=a，
∵$\frac{f（x）-2lnx}{x}$（x+1）=a，
∴$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{x+1}$≥$\frac{f（x）-2x+2}{x}$等價(jià)于 $\frac{f（x）-2lnx}{x}$（x+1）≥$\frac{f（x）+2}{x}$-2=$\frac{f（x）-2（x-1）}{x}$，
也就是要證明：對(duì)任意x＞0，有l(wèi)nx≤x-1，
令g（x）=lnx-x+1，（x＞0），
由于g（1）=0，并且g′（x）=$\frac{1}{x}$-1，
當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）＜0，則g（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)；
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′（x）＞0，則g（x）在（0，1）上為增函數(shù)，
∴g（x）在（0，+∞）上有最大值g（1）=0，即g（x）≤0，
故$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{x+1}$≥$\frac{f（x）-2x+2}{x}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)單調(diào)性的求法，考查不等式恒成立的證明．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意等價(jià)轉(zhuǎn)化思想的靈活運(yùn)用．