Question

4．已知函数f（x）=2lnx+$\frac{ax}{x+1}$．
（1）当a=-9时，求f（x）的单调区间；
（2）设函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，求证：$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{x+1}$≥$\frac{f（x）-2x+2}{x}$．

Answer 1

分析 （1）当a=-9时，求出f（x）的导数，得到f′（x）≥0，由此得到f（x）在定义域上单调递增．
（2）求出函数的导数，由f（x）在定义域上有两个极值点x₁，x₂（x₁≠x₂），知f′（x）=0有两个不相等的正实数根x₁，x₂，由此推导出f（x₁）+f（x₂）=a，
问题转化为证明对任意x＞0，有lnx≤x-1，令g（x）=lnx-x+1，（x＞0），求出g（x）的导数，求出g（x）的最大值小于0即可．

解答 （1）解：当a=-9时，f（x）=2lnx-$\frac{9x}{x+1}$，x＞0，
则f′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{9}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{{2（x-\frac{5}{4}）}^{2}+\frac{27}{8}}{{x（x+1）}^{2}}$＞0，
∴f（x）在定义域上单调递增．
（2）证明：∵f′（x）=$\frac{2}{x}$+$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{{2x}^{2}+（4+a）x+2}{{x（x+1）}^{2}}$，
∵f（x）在定义域上有两个极值点x₁，x₂（x₁≠x₂），
∴f′（x）=0有两个不相等的正实数根x₁，x₂，
则 $\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}{+x}_{2}=-\frac{4+a}{2}＞0}\\{{{x}_{1}x}_{2}=1＞0}\\{△{=（4+a）}^{2}-16＞0}\end{array}\right.$，
而f（x₁）+f（x₂）=2lnx₁+$\frac{{ax}_{1}}{{x}_{1}+1}$+2lnx₂+$\frac{{ax}_{2}}{{x}_{2}+1}$=2ln（x₁x₂）+a（ $\frac{{x}_{1}}{{x}_{1}+1}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{2}+1}$）
=2ln（x₁x₂）+a•$\frac{{{2x}_{1}x}_{2}{+x}_{1}{+x}_{2}}{{{x}_{1}x}_{2}{+x}_{1}{+x}_{2}+1}$=a，
∵$\frac{f（x）-2lnx}{x}$（x+1）=a，
∴$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{x+1}$≥$\frac{f（x）-2x+2}{x}$等价于 $\frac{f（x）-2lnx}{x}$（x+1）≥$\frac{f（x）+2}{x}$-2=$\frac{f（x）-2（x-1）}{x}$，
也就是要证明：对任意x＞0，有lnx≤x-1，
令g（x）=lnx-x+1，（x＞0），
由于g（1）=0，并且g′（x）=$\frac{1}{x}$-1，
当x＞1时，g′（x）＜0，则g（x）在（1，+∞）上为减函数；
当0＜x＜1时，g′（x）＞0，则g（x）在（0，1）上为增函数，
∴g（x）在（0，+∞）上有最大值g（1）=0，即g（x）≤0，
故$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{x+1}$≥$\frac{f（x）-2x+2}{x}$．

点评 本题考查函数单调性的求法，考查不等式恒成立的证明．解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的灵活运用．