Question

10．已知函数f（x）=ax+$\frac{a}{x}$+（1-a²）lnx，a∈R．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若y=f（x）在x=1处的切线斜率为1．
①设g（x）=xf（x）+（t-x）f（t-x）（其中t为正常数），求函数g（x）的最小值；
②若m＞0，n＞0，证明：mf（m）+nf（n）≥（m+n）[f（m+n）-ln2]．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，再分类讨论，根据导数和函数的单调性的关系即可求出单调区间；
（Ⅱ）先根据导数的几何意义求出a=0，即f（x）=lnx，
①求导，判断函数的单调性，根据单调性即可求出最小值，
②不妨设m≥n＞0，令n=x，构造函数h（x）=mlnm+xlnx-（m+x）ln$\frac{m+x}{2}$，x＞0，求导，根据单调性即可求出最小值，问题得以证明．

解答 解：（Ⅰ）：∵f（x）=ax+$\frac{a}{x}$+（1-a²）lnx，x＞0，
∴f′（x）=a-$\frac{a}{{x}^{2}}$+$\frac{1-{a}^{2}}{x}$=$\frac{a{x}^{2}+（1-{a}^{2}）x-a}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-a）（ax+1）}{{x}^{2}}$，
当a=0时，f′（x）=$\frac{1}{x}$＞0恒成立，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a≠0时，令f′（x）=0，解得x=a或x=-$\frac{1}{a}$，
当a＞0时，令f′（x）＞0，即x＞a时，函数单调递增，
令f′（x）＜0，即0＜x＜a时，函数单调递减，
当a＜0时，令f′（x）＞0，即0＜x＜-$\frac{1}{a}$时，函数单调递增，
令f′（x）＜0，即x＞-$\frac{1}{a}$时，函数单调递减，
综上所述：当a=0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞0时，f（x）在（a，+∞）上单调递增，在（0，a）上单调递减，
当a＜0时，f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）上单调递增，在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递减，
（Ⅱ）∵y=f（x）在x=1处的切线斜率为1，
∴f′（1）=$\frac{（1-a）（a+1）}{1}$=1，
解得a=0，
∴f（x）=lnx，
①g（x）=xf（x）+（t-x）f（t-x）=xlnx+（t-x）ln（t-x），0＜x＜t，
∴g′（x）=1+lnx-1-ln（t-x）=ln$\frac{x}{t-x}$，
令g′（x）=0，解得x=$\frac{1}{2}$t，
当g′（x）＞0，即$\frac{t}{2}$＜x＜t，函数单调递增，
当g′（x）＜0，即0＜x＜$\frac{t}{2}$，函数单调递减，
∴g（x）_min=g（$\frac{t}{2}$）=tln$\frac{t}{2}$
②不妨设m≥n＞0，令n=x，
h（x）=mlnm+xlnx-（m+x）ln$\frac{m+x}{2}$，x＞0，
∴h′（x）=1+lnx-1-ln$\frac{m+x}{2}$=ln$\frac{2x}{m+x}$，
令h′（x）=0，解得x=m，
当h′（x）＞0，即x＞m，函数单调递增，
当h′（x）＜0，即0＜x＜m，函数单调递减，
∴h（x）_min=h（m）=0，
∴mf（m）+nf（n）≥（m+n）[f（m+n）-ln2]．

点评 本题考查了导数的综合运用，解决此类问题的关键是先求函数的导数讨论其中的参数得到函数的单调性进而得到函数的最值，证明不等式一般是抽象出一个新的函数利用导函数的单调性进行证明，研究函数的单调性、最值、证明不等式是解答题考查的一个重点．