Question

設f（x）是定義在區(qū)間（1，+∞）上的函數(shù)，其導函數(shù)為f′（x）．如果存在實數(shù)a和函數(shù)h（x），其中h（x）對任意的x∈（1，+∞）都有h（x）＞0，使得f′（x）=h（x）（x²-ax+1），則稱函數(shù)f（x）具有性質P（a），設函數(shù)f（x）=lnx+

b+2

x+1

(x＞1)，其中b為實數(shù)．
（1）①求證：函數(shù)f（x）具有性質P（b）；
②求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間．
（2）已知函數(shù)g（x）具有性質P（2），給定x₁，x₂∈（1，+∞），x₁＜x₂，設m為實數(shù)，α=mx₁+（1-m）x₂，β=（1-m）x₁+mx₂，α＞1，β＞1，若|g（α）-g（β）|＜|g（x₁）-g（x₂）|，求m的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）①先求出函數(shù)f（x）的導函數(shù)f′（x），然后將其配湊成f′（x）=h（x）（x²-bx+1）這種形式，再說明h（x）對任意的x∈（1，+∞）都有h（x）＞0，即可證明函數(shù)f（x）具有性質P（b）；
②根據(jù)第一問令φ（x）=x²-bx+1，討論對稱軸與2的大小，當b≤2時，對于x＞1，φ（x）＞0，所以f′（x）＞0，可得f（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調性，當b＞2時，φ（x）圖象開口向上，對稱軸x=

b

2

＞1，可求出方程φ（x）=0的兩根，判定兩根的范圍，從而確定φ（x）的符號，得到f′（x）的符號，最終求出單調區(qū)間．
（2）先對函數(shù)g（x）求導，再m分m≤0，m≥1，0＜m＜1進行，同時運用函數(shù)的單調性即可得到．

解答：解：（1）①f′（x）=

1

x

-

b+2

(x+1)2

=

1

x(x+1)2

(x2-bx+1)
∵x＞1時，h(x)=

1

x(x+1)2

＞0恒成立，
∴函數(shù)f（x）具有性質P（b）；
②當b≤2時，對于x＞1，φ（x）=x²-bx+1≥x²-2x+1=（x-1）²＞0
所以f′（x）＞0，故此時f（x）在區(qū)間（1，+∞）上遞增；
當b＞2時，φ（x）圖象開口向上，對稱軸x=

b

2

＞1，
方程φ（x）=0的兩根為：

b+ b2-4

2

，

b- b2-4

2

，而

b+ b2-4

2

＞1，

b- b2-4

2

=

2

b+ b2-4

∈(0，1)
當x∈(1，

b+ b2-4

2

)時，φ（x）＜0，f′（x）＜0，
故此時f（x）在區(qū)間(1，

b+ b2-4

2

)上遞減；
同理得：f（x）在區(qū)間[

b+ b2-4

2

，+∞)上遞增．
綜上所述，當b≤2時，f（x）在區(qū)間（1，+∞）上遞增；
當b＞2時，f（x）在(1，

b+ b2-4

2

)上遞減；f（x）在[

b+ b2-4

2

，+∞)上遞增．
（2）由題設知：g（x）的導函數(shù)g′（x）=h（x）（x²-2x+1），其中函數(shù)h（x）＞0對于任意的x∈（1，+∞）都成立，所以，
當x＞1時，g′（x）=h（x）（x-1）²＞0，
從而g（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調遞增．
①當m∈（0，1）時，有α=mx₁+（1-m）x₂＞mx₁+（1-m）x₁=x₁，α＜mx₂+（1-m）x₂=x₂，得
α∈（x₁，x₂），同理可得β∈（x₁，x₂），
所以由g（x）的單調性質g（α），g（β）∈（g（x₁），g（x₂）），
從而有|g（α）-g（β）|＜|g（x₁）-g（x₂）|，符合題設；
②當m≤0時，α=mx₁+（1-m）x₂≥mx₂+（1-m）x₂=x₂，β=mx₂+（1-m）x₁≤mx₁+（1-m）x₁=x₁，
于是由α＞1，β＞1及g（x）的單調性知g（β）≤g（x₁）＜g（x₂）≤g（α），所以|g（α）-g（β）|≥|g（x₁）-g（x₂）|，與題設不符．
③當m≥1時，同理可得α≤x₁，β≥x₂，進而得|g（α）-g（β）|≥|g（x₁）-g（x₂）|，與題設不符
因此，綜合①、②、③得所求的m的取值范圍為（0，1）．

點評：本題主要考查函數(shù)的概念、性質、圖象及導數(shù)等基礎知識，考查靈活運用數(shù)形結合、分類討論的思想方法進行探索、分析與解決問題的綜合能力．