Question

11．已知函数f（x）=lnx，φ（x）=$\frac{a}{x+1}$，a为正常数．
（1）函数y=f（x）的图象上任意不同的两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），线段AB的中点为C（x₀，y₀），记直线AB的斜率为k，试证明：k＞f′（x₀）；
（2）若g（x）=|f（x）|+φ（x），且对任意的x₁，x₂∈（0，2]，且x₁≠x₂，都有$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜-1，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求f（x）的导函数，得到f′（x₀），在利用斜率公式求出过这两点的斜率公式，利用构造函数并利用构造函数的单调性比较大小；
（2）因为g（x）=|lnx|+φ（x），且对任意的x₁，x₂∈（0，2]，x₁≠x₂，都有$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜-1，先写出g（x）的解析式，利用该函数的单调性把问题转化为恒成立问题进行求解．

解答 （1）证明：∵f（x）=lnx，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$，∴f′（x0）=$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，
又k=$\frac{f{（x}_{2}）-f{（x}_{1}）}{{x}_{2}{-x}_{1}}$=$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$=$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
不妨设x₂＞x₁，要比较k与f'（x₀）的大小，
即比较$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$与$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$的大小，
又∵x₂＞x₁，
∴即比较ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$与 $\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{x}_{1}{+x}_{2}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1）}$的大小．
令h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$（x≥1），
则h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{4}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{{（x-1）}^{2}}{{x（x+1）}^{2}}$≥0
∴h（x）在[1，+∞）上是增函数．
又$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，
∴h（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＞h（1）=0，
∴ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1）}$，
即k＞f′（x₀）；
（3）∵$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜-1，
∴$\frac{g{（x}_{2}）{+x}_{2}-[g{（x}_{1}）{+x}_{1}]}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＜0
由题意得F（x）=g（x）+x在区间（0，2]上是减函数．
1°当1≤x≤2，F（x）=lnx+$\frac{a}{x+1}$+x，
∴F′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$+1
由F′（x）≤0⇒a≥$\frac{{（x+1）}^{2}}{x}$+（x+1）2=x2+3x+$\frac{1}{x}$+3在x∈[1，2]恒成立．
设m（x）=x2+3x+$\frac{1}{x}$+3，x∈[1，2]，则m′（x）=2x-$\frac{1}{{x}^{2}}$+3＞0
∴m（x）在[1，2]上为增函数，
∴a≥m（2）=$\frac{27}{2}$；
2°当0＜x＜1，F（x）=-lnx+$\frac{a}{x+1}$+x，
∴F′（x）=-$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$+1
由F′（x）≤0⇒a≥-$\frac{{（x+1）}^{2}}{x}$+（x+1）2=x2+x-$\frac{1}{x}$-1在x∈（0，1）恒成立
设t（x）=x2+x-$\frac{1}{x}$-1，x∈（0，1）为增函数
∴a≥t（1）=0
综上：a的取值范围为a≥$\frac{27}{2}$．

点评 此题考查了利用导函数求函数的单调地增区间，还考查了构造函数并利用构造的函数的单调性把问题转化为恒成立的问题，重点考查了学生的转化的思想及构造的函数与思想．