Question

（2013•天河区三模）设f（x）是定义在区间（1，+∞）上的函数，其导函数为f'（x）．如果存在实数a和函数h（x），其中h（x）对任意的x∈（1，+∞）都有h（x）＞0，使得f'（x）=h（x）（x²-ax+1），则称函数f（x）具有性质P（a）．
（1）设函数f(x)=Inx+

b+2

x+1

(x＞1)，其中b为实数．
（i）求证：函数f（x）具有性质P（b）；
（ii）求函数f（x）的单调区间．
（2）已知函数g（x）具有性质P（2），给定x₁，x₂∈（1，+∞），x₁＜x₂，设m为实数，a=mx₁+（1-m）x₂，β=（1-m）x₁+mx₂，且a＞1，β＞1，若|g（a）-g（β）|＜|g（x₁）-g（x₂）|，求m取值范围．

Answer 1

分析：（1）（i）先求出函数f（x）的导函数f′（x），然后将其配凑成f′（x）=h（x）（x²-bx+1）这种形式，再说明h（x）对任意的x∈（1，+∞）都有h（x）＞0，即可证明函数f（x）具有性质P（b）；
（2）根据第一问令φ（x）=x²-bx+1，讨论对称轴与2的大小，当b≤2时，对于x＞1，φ（x）＞0，所以f′（x）＞0，可得f（x）在区间（1，+∞）上单调性，当b＞2时，φ（x）图象开口向上，对称轴 x=

b

2

＞1，可求出方程φ（x）=0的两根，判定两根的范围，从而确定φ（x）的符号，得到f′（x）的符号，最终求出单调区间．
（2）由题设知，函数g（x）得导数g′（x）=h（x）（x²-2x+1），其中h（x）＞0对于任意得x∈（1，+∞）都成立
当x＞1时，g′（x）=h（x）（x-1）²＞0，从而g（x）在（1，+∞）上单调递增分①m∈（0，1）②m≤0③m≥1三种情况讨论求解m得范围即可

解答：解：（1）f′（x）=

1

x

-

b+2

(x+1)2

=

1

x(x+1)2

(x2-bx+1)
∵x＞1时，h（x）=

1

x(x+1)2

＞0恒成立，
∴函数f（x）具有性质P（b）；
（ii）当b≤2时，对于x＞1，φ（x）=x²-bx+1≥x²-2x+1=（x-1）²＞0
所以f′（x）＞0，故此时f（x）在区间（1，+∞）上递增；
当b＞2时，φ（x）图象开口向上，对称轴 x=

b

2

＞1，
方程φ（x）=0的两根为：

b+ b2-4

2

，

b- b2-4

2

而

b+ b2-4

2

＞1，

b- b2-4

2

=

2

b+ b2-4

∈（0，1）
当 x∈（1，

b+ b2-4

2

）时，φ（x）＜0，f′（x）＜0，
故此时f（x）在区间 （1，

b+ b2-4

2

）上递减；
同理得：f（x）在区间[

b+ b2-4

2

，+∞）上递增．
综上所述，当b≤2时，f（x）在区间（1，+∞）上递增；
当b＞2时，f（x）在 （1，，

b+ b2-4

2

）上递减；f（x）在[

b+ b2-4

2

，+∞）上递增．
（2）由题设知，函数g（x）得导数g′（x）=h（x）（x²-2x+1），其中h（x）＞0对于任意得x∈（1，+∞）都成立
∴当x＞1时，g′（x）=h（x）（x-1）²＞0，从而g（x）在（1，+∞）上单调递增
①m∈（0，1），α=mx₁+（1-m）x₂＞mx₁+（1-m）x₁=x₁
α＜mx₂+（1-m）x₂=x₂
∴α∈（x₁，x₂）同理可得β∈（x₁，x₂）
由g（x）得单调性可知，g（α），g（β）∈（g（x₁），g（x₂））
从而有|g（α）-g（β）|≥|g（x₁）-g（x₂）|符合题意
②m≤0时，α=mx₁+（1-m）x₂≥mx₂+（1-m）x₂=x₂
β=（1-m）x₁+mx₂≤（1-m）x₁+mx₁=mx₁
于是由α＞1，β＞1及g（x）得单调性可知g（β）≤g（x₁）＜g（x₂）≤g（α）
∴|g（α）-g（β）|≥|g（x₁）-g（x₂）|与题设不符
③m≥1时，同理可得α≤x₁，β≥x₂，进而可得|g（α）-g（β）|≥|g（x₁）-g（x₂）|与题设不符
综合①②③可得m∈（0，1）

点评：本题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力．