Question

已知函数f（x）=lnx-

ax

x+1

．
（1）若函数f（x）有极值，求实数a的取值范围；
（2）当f（x）有两个极值点（记为x₁和x₂）时，求证f（x₁）+f（x₂）≥

x+1

x

•[f（x）-x+1]．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）由已知得x＞0，且有f′(x)=

1

x

-

a

(x+1)2

=

x2+(2-a)x+1

x(x+1)2

，由此利用导数性质能求出当函数f（x）存在极值时，实数a的取值范围是a＞4．
（Ⅱ）x₁，x₂是x²+（2-a）x+1=0的两个解，从而x₁x₂=1，欲证原不等式成立，只需证明f（x）-lnx≥f（x）-x+1成立，即证lnx-x+1≤0成立，由此利用构造法和导数性质能证明f（x₁）+f（x₂）≥

x+1

x

•[f（x）-x+1]．

解答： （Ⅰ）解：由已知得x＞0，且有f′(x)=

1

x

-

a

(x+1)2

=

x2+(2-a)x+1

x(x+1)2

，
在方程x²+（2-a）x+1=0中，△=a²-4a．
①当△≤0，即0≤a≤4时，f′（x）≥0恒成立，此时f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴函数f（x）无极值；
 ②当△＞0，即a＞4时，方程x²+（2-a）x+1=0有两个不相等的实数根：
x1=

(a-2)- a2-4a

2

，x2=

(a-2)+ a2+4a

2

，
且∵（a-2）²≥a²-4a，∴0＜x₁＜x₂，
∵当x∈（0，x₁）或x∈（x₂，+∞）时，f′（x）＞0；
当x∈（x₁，x₂）时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（

(a-2)- a2-4a

2

，

(a-2)+ a2+4a

2

）上单调递减，
在（0，

(a-2)- a2-4a

2

）和（

(a-2)+ a2-4a

2

，+∞）上单调递增，
∴f（x）存在极值．
综上所述：当函数f（x）存在极值时，实数a的取值范围是a＞4．
（Ⅱ）证明：∵x₁，x₂是f（x）的两个极值点，故满足方程f′（x）=0，
即x₁，x₂是x²+（2-a）x+1=0的两个解，∴x₁x₂=1，
∵f（x₁）+f（x₂）=lnx₁-

ax1

x1+1

+lnx₂-

ax2

x2+1

=ln（x₁x₂）-

a(2x1x2+x1+x2)

x1x2+x1+x2+1

=-a，
在f（x）=lnx-

ax

x+1

中，-a=

x+1

x

[f(x)-lnx]，
欲证原不等式成立，只需证明f（x）-lnx≥f（x）-x+1成立，
即证lnx-x+1≤0成立，
令g（x）=lnx-x+1，则g′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

，
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）在（0，1）上单调递增；
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，∴g（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴g（x）_max=g（1）=0，∴g（x）≤0，即lnx-x-1≤0成立，
∴f（x₁）+f（x₂）≥

x+1

x

•[f（x）-x+1]．

点评：本题主要考查极值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识，同时考查推理论证能力，分类讨论等综合解题能力．