Question

16．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{ax}{x+1}$，其中a為實(shí)常數(shù)．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，計(jì)算由曲線y=f（x）-lnx和直線x=0，x=2以及x軸所圍圖形的面積S；
（Ⅱ）若f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，求a的取范圍；
（Ⅲ）若f（x）有兩個不同的極值點(diǎn)x₁，x₂，當(dāng)x＞0時，比較$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{x+1}$與$\frac{f（x）-x+1}{x}$的大�。�

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)定積分的幾何意義即可求出面積s，
（Ⅱ）先求導(dǎo)，再分離參數(shù)，利用基本不等式即可求出a的范圍；
（Ⅲ）根據(jù)零點(diǎn)即是導(dǎo)數(shù)等于0時的方程的根，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得到x₁x₂=1，化簡整理f（x₁）+f（x₂），再根據(jù)做差法比較大小，需要構(gòu)造函數(shù)g（x）=x-lnx-1，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值，問題得以證明．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=1時，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}$=2-ln3；
（Ⅱ）∵f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴f′（x）=$\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}}$+2=4，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取等號，
∴a≥-4，
故a的取范圍為[-4，+∞）；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{（x+1）^{2}}$，
令f′（x）=0，
得到x²+（a+2）x+1=0，
由題意得x₁，x₂是方程的兩根，則x₁x₂=1，
∴f（x₁）+f（x₂）=lnx₁+$\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}$，
設(shè)g（x）=x-lnx-1，
則g′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$
當(dāng)g′（x）＜0時，即0＜x＜1，在g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，
當(dāng)g′（x）＞0時，即x＞1，在g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（x）_min=g（1）=0，
∴當(dāng)x∈（0，+∞）時，x-lnx-1＞0，
故$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{x+1}$≥$\frac{f（x）-x+1}{x}$，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取等號．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義以及導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系，以及函數(shù)恒成立，不等式的證明等問題，考查了轉(zhuǎn)化能力，運(yùn)算能力，屬于難題．