Question

设函数f（x）=x-

1

x

-alnx（a∈R）．
（1）当a=2时，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）有两个极值点x₁和x₂，记过点A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k=2-a？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由；
（3）证明：

n

k=2

ln

k-1

k+1

＞

2-n-n2

2n(n+1)

（n∈N^*，n≥2）．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）求导，令f′（x）=

x2-2x+1

x2

≥0，即可求f（x）的单调区间；
（2）假设存在a，使得k=2-a，根据（1）利用韦达定理求出直线斜率为k，根据（1）函数的单调性，推出矛盾，即可解决问题；
（3）证明

n

k-2

ln

k-1

k+1

=ln

2

n(n+1)

，利用分析法，即可证明结论．

解答： 解：（1）f（x）定义域为（0，+∞），
f′（x）=

x2-2x+1

x2

≥0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（2）由f（x）有两个极值点x₁和x₂，知，a＞2．
∵f（x₁）-f（x₂）=（x₁-x₂）+

x1-x2

x1x2

-a（lnx₁-lnx₂），
∴k=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=1+

1

x1x2

-a•

lnx1-lnx2

x1-x2

，
又f（x）=x-

1

x

-alnx，∴f′（x）=

x2-ax+1

x2

由f（x）有两个极值点x₁和x₂，可得x₁x₂=1．于是k=2-a•

lnx1-lnx2

x1-x2

，
若存在a，使得k=2-a，则

lnx1-lnx2

x1-x2

=1，即lnx₁-lnx₂=x₁-x₂，
亦即x2-

1

x2

-2lnx2=0（*）
再由（1）知，函数h（t）=t-

1

t

-2lnt在（0，+∞）上单调递增，
而x₂＞1，
∴x2-

1

x2

-2lnx2＞1-1-2ln1=0，这与（*）式矛盾，
故不存在a，使得k=2-a．
（3）∵

n

k=2

ln

k-1

k+1

=ln

2

n(n+1)

，
∴

n

k=2

ln

k-1

k+1

＞

2-n-n2

2n(n+1)

?ln

2

n(n+1)

＞

2-n-n2

2n(n+1)

?ln

n(n+1)

2

＜

n2+n-2

2n(n+1)

，
令x=

n(n+1)

2

＞1，则ln

n(n+1)

2

＜

n2+n-2

2n(n+1)

?x-

1

x

-2lnx＞0，
由上知x-

1

x

-2lnx＞0成立，∴

n

k=2

ln

k-1

k+1

＞

2-n-n2

2n(n+1)

．

点评：此题是个难题．考查利用导数研究函数的单调性和极值问题，对方程f'（x）=0有无实根，有实根时，根是否在定义域内和根大小进行讨论，体现了分类讨论的思想方法，其中问题（2）是一个开放性问题，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力．