Question

设f（x）是定义在区间（1，+∞）上的函数，其导函数为f′（x）．如果存在实数a和函数h（x），其中h（x）对任意的x∈（1，+∞）都有h（x）＞0，使得f′（x）=h（x）（x²-ax+1），则称函数f（x）具有性质P（a），设函数f（x）=lnx+

b+2

x+1

(x＞1)，其中b为实数．
（1）①求证：函数f（x）具有性质P（b）；
②求函数f（x）的单调区间．
（2）已知函数g（x）具有性质P（2），给定x₁，x₂∈（1，+∞），x₁＜x₂，设m为实数，α=mx₁+（1-m）x₂，β=（1-m）x₁+mx₂，α＞1，β＞1，若|g（α）-g（β）|＜|g（x₁）-g（x₂）|，求m的取值范围．

Answer 1

分析：（1）①先求出函数f（x）的导函数f′（x），然后将其配凑成f′（x）=h（x）（x²-bx+1）这种形式，再说明h（x）对任意的x∈（1，+∞）都有h（x）＞0，即可证明函数f（x）具有性质P（b）；
②根据第一问令φ（x）=x²-bx+1，讨论对称轴与2的大小，当b≤2时，对于x＞1，φ（x）＞0，所以f′（x）＞0，可得f（x）在区间（1，+∞）上单调性，当b＞2时，φ（x）图象开口向上，对称轴x=

b

2

＞1，可求出方程φ（x）=0的两根，判定两根的范围，从而确定φ（x）的符号，得到f′（x）的符号，最终求出单调区间．
（2）先对函数g（x）求导，再m分m≤0，m≥1，0＜m＜1进行，同时运用函数的单调性即可得到．

解答：解：（1）①f′（x）=

1

x

-

b+2

(x+1)2

=

1

x(x+1)2

(x2-bx+1)
∵x＞1时，h(x)=

1

x(x+1)2

＞0恒成立，
∴函数f（x）具有性质P（b）；
②当b≤2时，对于x＞1，φ（x）=x²-bx+1≥x²-2x+1=（x-1）²＞0
所以f′（x）＞0，故此时f（x）在区间（1，+∞）上递增；
当b＞2时，φ（x）图象开口向上，对称轴x=

b

2

＞1，
方程φ（x）=0的两根为：

b+ b2-4

2

，

b- b2-4

2

，而

b+ b2-4

2

＞1，

b- b2-4

2

=

2

b+ b2-4

∈(0，1)
当x∈(1，

b+ b2-4

2

)时，φ（x）＜0，f′（x）＜0，
故此时f（x）在区间(1，

b+ b2-4

2

)上递减；
同理得：f（x）在区间[

b+ b2-4

2

，+∞)上递增．
综上所述，当b≤2时，f（x）在区间（1，+∞）上递增；
当b＞2时，f（x）在(1，

b+ b2-4

2

)上递减；f（x）在[

b+ b2-4

2

，+∞)上递增．
（2）由题设知：g（x）的导函数g′（x）=h（x）（x²-2x+1），其中函数h（x）＞0对于任意的x∈（1，+∞）都成立，所以，
当x＞1时，g′（x）=h（x）（x-1）²＞0，
从而g（x）在区间（1，+∞）上单调递增．
①当m∈（0，1）时，有α=mx₁+（1-m）x₂＞mx₁+（1-m）x₁=x₁，α＜mx₂+（1-m）x₂=x₂，得
α∈（x₁，x₂），同理可得β∈（x₁，x₂），
所以由g（x）的单调性质g（α），g（β）∈（g（x₁），g（x₂）），
从而有|g（α）-g（β）|＜|g（x₁）-g（x₂）|，符合题设；
②当m≤0时，α=mx₁+（1-m）x₂≥mx₂+（1-m）x₂=x₂，β=mx₂+（1-m）x₁≤mx₁+（1-m）x₁=x₁，
于是由α＞1，β＞1及g（x）的单调性知g（β）≤g（x₁）＜g（x₂）≤g（α），所以|g（α）-g（β）|≥|g（x₁）-g（x₂）|，与题设不符．
③当m≥1时，同理可得α≤x₁，β≥x₂，进而得|g（α）-g（β）|≥|g（x₁）-g（x₂）|，与题设不符
因此，综合①、②、③得所求的m的取值范围为（0，1）．

点评：本题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力．