Question

9．已知函數(shù)f（x）=2lnx+$\frac{ax}{x+1}$，其中a為實(shí)常數(shù)．
（1）若f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，求a的取值范圍；
（2）若f（x）有兩個不同的極值x₁，x₂，當(dāng)x＞0時，證明：$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{x+1}$≥$\frac{f（x）-2x+2}{x}$．

Answer 1

分析 （1）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；
（2）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：（1）∵f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴f′（x）=$\frac{2}{x}$+$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$≥0恒成立，
∴a≥-$\frac{{2（x+1）}^{2}}{x}$=-2（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≥-8，
故a的取范圍為[-8，+∞）；
（2）由（1）知f′（x）=$\frac{2}{x}$+$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$，
令f′（x）=0，
得到2x²+（a+4）x+2=0，
由題意得x₁，x₂是方程的兩根，則x₁x₂=1，
∴f（x₁）+f（x₂）
=2lnx₁+$\frac{{ax}_{1}}{{x}_{1}+1}$+2lnx₂+$\frac{{ax}_{2}}{{x}_{2}+1}$
=2lnx₁x₂+$\frac{{ax}_{1}}{{x}_{1}+1}$+$\frac{{ax}_{2}}{{x}_{2}+1}$
=a•$\frac{2{+x}_{1}{+x}_{2}}{2{+x}_{1}{+x}_{2}}$=a，
∴$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{x+1}$-$\frac{f（x）-2x+2}{x}$
=$\frac{a}{x+1}$-$\frac{2lnx+\frac{ax}{x+1}-2x+2}{x}$
=$\frac{2（x-1）-2lnx}{x}$，
設(shè)g（x）=2（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$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{x+1}$≥$\frac{f（x）-2x+2}{x}$，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．