Question

已知函數f（x）=lnx，g（x）=

a

x

（a∈R），設F（x）=f（x）+g（x），G（x）=f（x）•g（x）
（1）求函數F（x）的單調區(qū)間；
（2）若以函數y=F（x）（x∈（0，2））圖象上任一點P（x₀，y₀）為切點的切線斜率為k≤

1

2

恒成立，求實數a的取值范圍；
（3）當a=1時，對任意的x₁，x₂∈（0，2），且x₁＜x₂，已知存在x₀∈（x₁，x₂）使得G′（x₀）=

G(x2)-G(x1)

x2-x1

，求證：x₀＜

x1x2

．

Answer 1

考點：利用導數求閉區(qū)間上函數的最值,利用導數研究函數的單調性

專題：壓軸題,導數的綜合應用

分析：（1）F′(x)=

1

x

-

a

x2

=

x-a

x2

；對a進行分類討論求單調區(qū)間
（2）k=F′（x₀）=

x0-a

x0 2

≤

1

2

恒成立，轉化為a≥-

1

2

x₀²+x₀=-

1

2

（x₀-1）²+

1

2

恒成立，其中x∈（0，2），
（3）G′（x）=

1-lnx

x2

，得出G′（x）在（0，2）上是減函數，要證x0＜

x1x2

，只需證G′(x0)＞G′(

x1x2

)，

解答： 解：（1）由題意可知F(x)=f(x)+g(x)=lnx+

a

x

(x＞0)，∴F′(x)=

1

x

-

a

x2

=

x-a

x2

；
當a≤0時，F′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴F（x）的增區(qū)間為（0，+∞）
當a＞0時，令F′（x）＞0得x＞a；令F′（x）＜0得0＜x＜a，
∴F（x）的增區(qū)間為（a，+∞），減區(qū)間為（0，a）
綜合上述可得：當a≤0，增區(qū)間為（0，+∞）；
當a＞0時，增區(qū)間為（a，+∞），減區(qū)間為（0，a）．
（2）由（1）知，F′（x）=

x-a

x2

 x∈（0，2），則k=F′（x₀）=

x0-a

x0 2

≤

1

2

恒成立．
即a≥-

1

2

x₀²+x₀=-

1

2

（x₀-1）²+

1

2

，當x₀=1時，-

1

2

x₀²+x₀=取得最大值為

1

2

，∴a≥

1

2

．
（3）當a=1時，G（x）=

lnx

x

，G′（x）=

1-lnx

x2

，
令h（x）=G′（x）=

1-lnx

x2

，則h′（x）=

2lnx-3

x3

當x∈（0，2）時，2lnx-3＜2ln2-3=ln4-lne³＜0，
∴h′（x）＜0，∴h（x）在（0，2）上是減函數，即G′（x）在（0，2）上是減函數
要證x0＜

x1x2

，只需證G′(x0)＞G′(

x1x2

)，即證G′(x0)-G′(

x1x2

)＞0
∵對任意x₁，x₂∈（0，2），存在x₀∈（x₁，x₂）使得G′(x)=

G(x2)-G(x1)

x2-x1

∴G′(x0)-G′(

x1x2

)=

lnx2 x2 - lnx1 x1

x2-x1

-

1-ln x1x2

x1x2

=

1 2 (x1+x2)ln x2 x1 -(x2-x1)

x1x2(x2-x1)

=

1 2 ( x2 x1 +1)ln x2 x1 -( x2 x1 -1)

x1x2( x2 x1 -1)

∵0＜x₁＜x₂＜2，∴x1•x2＞0，

x2

x1

＞1，∴

x2

x1

-1＞0；
∴只需要證

1

2

(

x2

x1

+1)ln

x2

x1

-(

x2

x1

-1)＞0，即要證：ln

x2

x1

＞

2( x2 x1 -1)

x2 x1 +1

，令

x2

x1

=t（t＞1），只需證：lnt-

2(t-1)

t+1

＞0，
h（t）=[lnt-

2(t-1)

t+1

]′=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，h（t）在（1，+∞）上是增函數，當t＞1時，h（t）＞h（1）=0，
lnt-

2(t-1)

t+1

＞0成立，故x₀＜

x1x2

．

點評：本題綜合考察函數單調性與導數的應用，涉及分類討論，轉化構造等能力，思維難度大．