Question

11．已知函數(shù)f（x）=lnx，φ（x）=$\frac{a}{x+1}$，a為正常數(shù)．
（1）函數(shù)y=f（x）的圖象上任意不同的兩點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），線段AB的中點(diǎn)為C（x₀，y₀），記直線AB的斜率為k，試證明：k＞f′（x₀）；
（2）若g（x）=|f（x）|+φ（x），且對(duì)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的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求f（x）的導(dǎo)函數(shù)，得到f′（x₀），在利用斜率公式求出過(guò)這兩點(diǎn)的斜率公式，利用構(gòu)造函數(shù)并利用構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性比較大小；
（2）因?yàn)間（x）=|lnx|+φ（x），且對(duì)任意的x₁，x₂∈（0，2]，x₁≠x₂，都有$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜-1，先寫出g（x）的解析式，利用該函數(shù)的單調(diào)性把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題進(jìn)行求解．

解答 （1）證明：∵f（x）=lnx，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$，∴f′（x0）=$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，
又k=$\frac{f{（x}_{2}）-f{（x}_{1}）}{{x}_{2}{-x}_{1}}$=$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$=$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
不妨設(shè)x₂＞x₁，要比較k與f'（x₀）的大小，
即比較$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$與$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$的大小，
又∵x₂＞x₁，
∴即比較ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$與 $\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{x}_{1}{+x}_{2}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1）}$的大�。�
令h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$（x≥1），
則h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{4}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{{（x-1）}^{2}}{{x（x+1）}^{2}}$≥0
∴h（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)．
又$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，
∴h（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＞h（1）=0，
∴l(xiāng)n$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1）}$，
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
由題意得F（x）=g（x）+x在區(qū)間（0，2]上是減函數(shù)．
1°當(dāng)1≤x≤2，F(xiàn)（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．
設(shè)m（x）=x2+3x+$\frac{1}{x}$+3，x∈[1，2]，則m′（x）=2x-$\frac{1}{{x}^{2}}$+3＞0
∴m（x）在[1，2]上為增函數(shù)，
∴a≥m（2）=$\frac{27}{2}$；
2°當(dāng)0＜x＜1，F(xiàn)（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
設(shè)t（x）=x2+x-$\frac{1}{x}$-1，x∈（0，1）為增函數(shù)
∴a≥t（1）=0
綜上：a的取值范圍為a≥$\frac{27}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 此題考查了利用導(dǎo)函數(shù)求函數(shù)的單調(diào)地增區(qū)間，還考查了構(gòu)造函數(shù)并利用構(gòu)造的函數(shù)的單調(diào)性把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為恒成立的問(wèn)題，重點(diǎn)考查了學(xué)生的轉(zhuǎn)化的思想及構(gòu)造的函數(shù)與思想．