Question

已知函数f（x）=lnx，g（x）=

a

x

（a∈R），设F（x）=f（x）+g（x），G（x）=f（x）•g（x）
（1）求函数F（x）的单调区间；
（2）若以函数y=F（x）（x∈（0，2））图象上任一点P（x₀，y₀）为切点的切线斜率为k≤

1

2

恒成立，求实数a的取值范围；
（3）当a=1时，对任意的x₁，x₂∈（0，2），且x₁＜x₂，已知存在x₀∈（x₁，x₂）使得G′（x₀）=

G(x2)-G(x1)

x2-x1

，求证：x₀＜

x1x2

．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：压轴题,导数的综合应用

分析：（1）F′(x)=

1

x

-

a

x2

=

x-a

x2

；对a进行分类讨论求单调区间
（2）k=F′（x₀）=

x0-a

x0 2

≤

1

2

恒成立，转化为a≥-

1

2

x₀²+x₀=-

1

2

（x₀-1）²+

1

2

恒成立，其中x∈（0，2），
（3）G′（x）=

1-lnx

x2

，得出G′（x）在（0，2）上是减函数，要证x0＜

x1x2

，只需证G′(x0)＞G′(

x1x2

)，

解答： 解：（1）由题意可知F(x)=f(x)+g(x)=lnx+

a

x

(x＞0)，∴F′(x)=

1

x

-

a

x2

=

x-a

x2

；
当a≤0时，F′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴F（x）的增区间为（0，+∞）
当a＞0时，令F′（x）＞0得x＞a；令F′（x）＜0得0＜x＜a，
∴F（x）的增区间为（a，+∞），减区间为（0，a）
综合上述可得：当a≤0，增区间为（0，+∞）；
当a＞0时，增区间为（a，+∞），减区间为（0，a）．
（2）由（1）知，F′（x）=

x-a

x2

 x∈（0，2），则k=F′（x₀）=

x0-a

x0 2

≤

1

2

恒成立．
即a≥-

1

2

x₀²+x₀=-

1

2

（x₀-1）²+

1

2

，当x₀=1时，-

1

2

x₀²+x₀=取得最大值为

1

2

，∴a≥

1

2

．
（3）当a=1时，G（x）=

lnx

x

，G′（x）=

1-lnx

x2

，
令h（x）=G′（x）=

1-lnx

x2

，则h′（x）=

2lnx-3

x3

当x∈（0，2）时，2lnx-3＜2ln2-3=ln4-lne³＜0，
∴h′（x）＜0，∴h（x）在（0，2）上是减函数，即G′（x）在（0，2）上是减函数
要证x0＜

x1x2

，只需证G′(x0)＞G′(

x1x2

)，即证G′(x0)-G′(

x1x2

)＞0
∵对任意x₁，x₂∈（0，2），存在x₀∈（x₁，x₂）使得G′(x)=

G(x2)-G(x1)

x2-x1

∴G′(x0)-G′(

x1x2

)=

lnx2 x2 - lnx1 x1

x2-x1

-

1-ln x1x2

x1x2

=

1 2 (x1+x2)ln x2 x1 -(x2-x1)

x1x2(x2-x1)

=

1 2 ( x2 x1 +1)ln x2 x1 -( x2 x1 -1)

x1x2( x2 x1 -1)

∵0＜x₁＜x₂＜2，∴x1•x2＞0，

x2

x1

＞1，∴

x2

x1

-1＞0；
∴只需要证

1

2

(

x2

x1

+1)ln

x2

x1

-(

x2

x1

-1)＞0，即要证：ln

x2

x1

＞

2( x2 x1 -1)

x2 x1 +1

，令

x2

x1

=t（t＞1），只需证：lnt-

2(t-1)

t+1

＞0，
h（t）=[lnt-

2(t-1)

t+1

]′=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，h（t）在（1，+∞）上是增函数，当t＞1时，h（t）＞h（1）=0，
lnt-

2(t-1)

t+1

＞0成立，故x₀＜

x1x2

．

点评：本题综合考察函数单调性与导数的应用，涉及分类讨论，转化构造等能力，思维难度大．