Question

設函數f(x)=alnx+

1

x

，a∈R．
（Ⅰ）求函數f（x）的單調區間；
（Ⅱ）當a＞0時，若對任意x＞0，不等式f（x）≥2a成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）當a＜0時，設x₁＞0，x₂＞0，試比較f（

x1+x2

2

）與

f(x1)+f(x2)

2

的大小并說明理由．

Answer 1

分析：（I）由已知先出函數的定義域，及導函數，進而對a值進行分類討論，分析出導函數的符號，即可得到函數f（x）的單調區間；
（Ⅱ）由（I）的結論，我們可以求出x＞0時f（x）的最小值，進而將恒成立問題轉化為函數最小值不小于2a，構造關于a的不等式，可得a的取值范圍；
（Ⅲ）由（I）的結論，我們二次求導，分析出函數的凸凹性，進而可以分析出f（

x1+x2

2

）與

f(x1)+f(x2)

2

的大�。�

解答：解：函數f（x）的定義域為（0，+∞）．…（1分）
（Ⅰ）由題意x＞0，f′(x)=

a

x

-

1

x2

，…（2分）
（1）當a＞0時，
由f′(x)=

a

x

-

1

x2

＜0，
解得x＜

1

a

，函數f（x）的單調遞減區間是（0，

1

a

）；
由f′(x)=

a

x

-

1

x2

＞0，
解得x＞

1

a

，函數f（x）的單調遞增區間是（

1

a

，+∞）． …（4分）
（2）當a≤0時，
由于x＞0，所以f′(x)=

a

x

-

1

x2

＜0恒成立，
函數f（x）的在區間（0，+∞）上單調遞減．…（5分）
（Ⅱ）因為對于任意正實數x，不等式f（x）≥2a成立，即2a≤alnx+

1

x

恒成立．
因為a＞0，由（Ⅰ）可知
當x=

1

a

時，函數f(x)=alnx+

1

x

有最小值f（

1

a

）=aln

1

a

+a=a-alna．…（7分）
所以2a≤a-alna，解得0＜a≤

1

e

．
故所求實數a的取值范圍是(0，

1

e

]．    …（9分）
（Ⅲ）因為f(

x1+x2

2

)=aln

x1+x2

2

+

2

x1+x2

，

f(x1)+f(x2)

2

=

1

2

(alnx1+

1

x1

+alnx2+

1

x2

)=

1

2

[aln(x1x2)+

x1+x2

x1x2

]=aln

x1x2

+

x1+x2

2x1x2

．…（10分）
所以f(

x1+x2

2

)-

f(x1)+f(x2)

2

=aln

x1+x2

2

+

2

x1+x2

-aln

x1x2

-

x1+x2

2x1x2

=aln

x1+x2

2 x1x2

-

(x1-x2)2

2x1x2(x1+x2)

．
（1）顯然，當x₁=x₂時，f(

x1+x2

2

)=

f(x1)+f(x2)

2

．       …（11分）
（2）當x₁≠x₂時，因為x₁＞0，x₂＞0，且a＜0，
所以x₁+x₂＞2

x1•x2

，
所以

x1+x2

2 x1•x2

＞1，a•ln

x1+x2

2 x1•x2

＜0．…（12分）
又-

(x1-x2)2

2x1x2(x1+x2)

＜0，所以aln

x1+x2

2 x1x2

-

(x1-x2)2

2x1x2(x1+x2)

＜0
所以f（

x1+x2

2

）-

f(x1)+f(x2)

2

＜0，
即f（

x1+x2

2

）＜

f(x1)+f(x2)

2

．
綜上所述，當x₁=x₂時，f(

x1+x2

2

)=

f(x1)+f(x2)

2

；當x₁≠x₂時，f（

x1+x2

2

）＜

f(x1)+f(x2)

2

．…（14分）

點評：本題考查的知識點是導數法求函數單調性及函數的最值，函數恒成立問題，基本不等式，其中熟練掌握導數在求函數單調區間及最值時的步驟及方法要點是解答的關鍵．