Question

（2011•濰坊二模）設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+

a

x

(a∈R)，g(x)=x，F(xiàn)(x)=f(1+ex)-g(x)(x∈R)．
（I）若函數(shù)f（x）的圖象上任意一點P（x₀，y₀）處切線的斜率k≤

1

2

，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)a=0時，若x₁，x₂∈R，且x₁≠x₂，證明：F(

x1+x2

2

)＜

F(x1)+F(x2)

2

；
（Ⅲ）當(dāng)a=0時，若方程m[f（x）+g（x）]=

1

2

x2（m＞0）有唯一解，求m的值．

Answer 1

分析：（I）由已知，k=f′（x₀）=

x0-a

x 2 0

≤

1

2

在（0，+∞）上恒成立，只需a≥（-

1

2

x

2 0

+x0）max，
（Ⅱ）（Ⅱ）當(dāng)a=0時，F(xiàn)（x）=f（1+e^x）-g（x）=ln（1+e^x）-x，（x∈R），利用作差法，判斷F(x1)+F(x2)-2F(

x1+x2

2

)的正負(fù)號，進行證明．
（Ⅲ）當(dāng)a=0時，方程m[f（x）+g（x）]=

1

2

x2（m＞0）有唯一解，即為x²-2mlnx-2mx=0有唯一解，
設(shè)H（x）=x²-2mlnx-2mx，利用導(dǎo)數(shù)研究解決．

解答：解：（I）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），由題意k=f′（x₀）=

x0-a

x 2 0

≤

1

2

在（0，+∞）上恒成立．，所以a≥（-

1

2

x

2 0

+x0）max，當(dāng)x0=1時，
（-

1

2

x

2 0

+x0）max=

1

2

，∴a≥

1

2

（Ⅱ）當(dāng)a=0時，F(xiàn)（x）=f（1+e^x）-g（x）=ln（1+e^x）-x，（x∈R），設(shè)x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，
則F(x1)+F(x2)-2F(

x1+x2

2

)=ln（1+e^x₁）+ln（1+e^x₂）-x₁-x₂-2[ln（1+e

x1+x2

2

）-

x1+x2

2

]
=ln（1+e^x₁）（1+e^x₂）-ln（1+e

x1+x2

2

）²
=ln（1+e^x₁+e^x₂₊ex1+x2）-ln（1+2e

x1+x2

2

+e^x₁+x₂），
∵e^x₁＞0，e^x₂＞0，且x₁≠x₂，∴+e^x₁+e^x₂＞2

ex1+x2

=2e

x1+x2

2

，
1+e^x₁+e^x₂₊ex1+x2）＞1+2e

x1+x2

2

+e^x₁+x₂），
ln（1+e^x₁+e^x₂₊ex1+x2）＞ln（1+2e

x1+x2

2

+e^x₁+x₂），
∴F(x1)+F(x2)-2F(

x1+x2

2

)＞0
即F(

x1+x2

2

)＜

F(x1)+F(x2)

2

；
（Ⅲ）當(dāng)a=0時，方程m[f（x）+g（x）]=

1

2

x2（m＞0）有唯一解，即為x²-2mlnx-2mx=0有唯一解，
設(shè)（x）=x²-2mlnx-2mx，則H′（x）=

2x2-2mx-2m

x

，令H′（x）=0，則x²-mx-m=0，m＞0，x＞0，∴x1=

m- m2+4m

2

＜0（舍去），x2=

m+ m2+4m

2

，
當(dāng)x∈（0，x₂）時，H′（x）＜0，H（x）在（0，x₂）上單調(diào)遞減
當(dāng)x∈（x₂，+∞）時，H′（x）＞0，H（x）在（x₂，+∞）上單調(diào)遞增．
當(dāng)x=x₂時，H（x）取最小值H（x₂），則

H(x2)=0 H′(x2)=0

即

x 2 2 -2mlnx2-2mx2=0 x 2 2 -mx2-m=0

兩式相減得2mlnx₂+mx₂-m=0，∵m＞0，∴2lnx₂+x₂-1=0①，
設(shè)M（x）=2lnx+x-1，∵x＞0，M（x）是增函數(shù)，∴M（x）=0至多有一解．∵M（1）=0，∴方程①的解為x₂=1，
即x2=

m+ m2+4m

2

=1，解得m=

1

2

．

點評：本題是函數(shù)與不等式綜合題，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，基本不等式的應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，綜合性強．