Question

16．已知函数f（x）=lnx+$\frac{ax}{x+1}$，其中a为实常数．
（Ⅰ）当a=1时，计算由曲线y=f（x）-lnx和直线x=0，x=2以及x轴所围图形的面积S；
（Ⅱ）若f（x）在（0，+∞）上是增函数，求a的取范围；
（Ⅲ）若f（x）有两个不同的极值点x₁，x₂，当x＞0时，比较$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{x+1}$与$\frac{f（x）-x+1}{x}$的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据定积分的几何意义即可求出面积s，
（Ⅱ）先求导，再分离参数，利用基本不等式即可求出a的范围；
（Ⅲ）根据零点即是导数等于0时的方程的根，根据根与系数的关系得到x₁x₂=1，化简整理f（x₁）+f（x₂），再根据做差法比较大小，需要构造函数g（x）=x-lnx-1，利用导数求出函数的最小值，问题得以证明．

解答 解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=lnx+$\frac{x}{x+1}$，
y=f（x）-lnx=$\frac{x}{x+1}$＞0，
∴S=${∫}_{0}^{2}$$\frac{x}{x+1}$dx=${∫}_{0}^{2}$（1-$\frac{1}{x+1}$）dx=[x-ln（x+1）]|${\;}_{0}^{2}$=2-ln3；
（Ⅱ）∵f（x）在（0，+∞）上是增函数，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{（x+1）^{2}}$≥0恒成立，
∴a≥-$\frac{（x+1）^{2}}{x}$=-（x+$\frac{1}{x}$+2），
∵x+$\frac{1}{x}$+2≥2$\sqrt{x•\frac{1}{x}}$+2=4，当且仅当x=1时取等号，
∴a≥-4，
故a的取范围为[-4，+∞）；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{（x+1）^{2}}$，
令f′（x）=0，
得到x²+（a+2）x+1=0，
由题意得x₁，x₂是方程的两根，则x₁x₂=1，
∴f（x₁）+f（x₂）=lnx₁+$\frac{a{x}_{1}}{{x}_{1}+1}$+lnx₂+$\frac{a{x}_{2}}{{x}_{2}+1}$=lnx₁x₂+$\frac{a{x}_{1}}{{x}_{1}+1}$+$\frac{a{x}_{2}}{{x}_{2}+1}$=a$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}+{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}+{x}_{1}+{x}_{2}+1}$=a•$\frac{2+{x}_{1}+{x}_{2}}{2+{x}_{1}+{x}_{2}}$=a，
于是$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{x+1}$-$\frac{f（x）-x+1}{x}$=$\frac{a}{x+1}$-$\frac{lnx+\frac{ax}{x+1}-x+1}{x}$=$\frac{x-lnx-1}{x}$，
设g（x）=x-lnx-1，
则g′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$
当g′（x）＜0时，即0＜x＜1，在g（x）在（0，1）上单调递减，
当g′（x）＞0时，即x＞1，在g（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴g（x）_min=g（1）=0，
∴当x∈（0，+∞）时，x-lnx-1＞0，
故$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{x+1}$≥$\frac{f（x）-x+1}{x}$，当且仅当x=1时取等号．

点评 本题考查了导数的几何意义以及导数和函数的最值的关系，以及函数恒成立，不等式的证明等问题，考查了转化能力，运算能力，属于难题．