Question

（2012•江苏二模）若函数f（x）在（0，+∞）上恒有xf′（x）＞f（x）成立（其中f′（x）为f（x）的导函数），则称这类函数为A类函数．
（1）若函数g（x）=x²-1，试判断g（x）是否为A类函数；
（2）若函数h(x)=ax-3-lnx-

1-a

x

是A类函数，求函数h（x）的单调区间；
（3）若函数f（x）是A类函数，当x₁＞0，x₂＞0时，证明f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁+x₂）．

Answer 1

分析：（1）因为g'（x）=2x，所以xg'（x）-g（x）=2x²-（x²-1）=x²+1＞0在（0，+∞）上恒成立，由此能够导出g（x）=x²-1是A型函数．
（2）h′(x)=a-

1

x

+

1-a

x2

(x＞0)，由xh'（x）＞h（x），得ax-1+

1-a

x

＞ax-3-lnx-

1-a

x

，因为x＞0，所以可化为2（a-1）＜2x+xlnx，由此进行分类讨论，能求出函数h（x）的单调区间．
（3）函数f（x）是（0，+∞）上的每一点处都有导数，且xf'（x）＞f（x）在（0，+∞）上恒成立，设F(x)=

f(x)

x

，F′(x)=

xf′(x)-f(x)

x2

＞0在（0，+∞）时恒成立，所以函数F(x)=

f(x)

x

在（0，+∞）上是增函数，由此能够证明f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁+x₂）．

解答：（1）解：因为g'（x）=2x，
所以xg'（x）-g（x）=2x²-（x²-1）=x²+1＞0在（0，+∞）上恒成立，
即xg'（x）＞g（x）在（0，+∞）上恒成立，
所以g（x）=x²-1是A型函数．…（2分）
（2）h′(x)=a-

1

x

+

1-a

x2

(x＞0)，
由xh'（x）＞h（x），
得ax-1+

1-a

x

＞ax-3-lnx-

1-a

x

，
因为x＞0，所以可化为2（a-1）＜2x+xlnx，
令p（x）=2x+xlnx，p'（x）=3+lnx，
令p'（x）=0，得x=e^-3，
当x∈（0，e^-3）时，p'（x）＜0，p（x）是减函数；
当x∈（e^-3，+∞）时，p'（x）＞0，p（x）是增函数，
所以p(x)min=p(e-3)=-e-3，
所以2（a-1）＜-e^-3，a＜1-

1

2

e-3．…（4分）
①当a=0时，由h′(x)=

1-x

x2

＞0，得x＜1，
所以增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）；
②当a＜0时，由h′(x)=

a(x- 1-a a )(x-1)

x2

＞0，得0＜x＜1，
所以增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）；
③当0＜a＜

1

2

时，得x＜1，或x＞

1-a

a

，
所以增区间为（0，1），(

1-a

a

，+∞)，减区间为(1，

1-a

a

)；
④当a=

1

2

时，h'（x）≥0，
所以，函数增区间为（0，+∞）；
⑤

1

2

＜a＜1-

1

2

e-3时，由h′(x)=

a(x- 1-a a )(x-1)

x2

＞0，得x＜

1-a

a

，或x＞1，
所以增区间为（1，+∞），a₁•a₂•…•a_k-1＞1×2×…×（k-1）≥2k-2＞k，
减区间为(

1-a

a

，1)．   …（10分）
（3）证明：函数f（x）是（0，+∞）上的每一点处都有导数，
且xf'（x）＞f（x）在（0，+∞）上恒成立，
设F(x)=

f(x)

x

，F′(x)=

xf′(x)-f(x)

x2

＞0在（0，+∞）时恒成立，
所以函数F(x)=

f(x)

x

在（0，+∞）上是增函数，…（12分）
因为x₁＞0，x₂＞0，
所以x₁+x₂＞x₁＞0，x₁+x₂＞x₂＞0，
所以F（x₁+x₂）＞F（x₁），F（x₁+x₂）＞F（x₂），
即

f(x1+x2)

x1+x2

＞

f(x1)

x1

，

f(x1+x2)

x1+x2

＞

f(x2)

x2

，（14分）
所以f(x1)＜

x1f(x1+x2)

x1+x2

，f(x2)＜

x2f(x1+x2)

x1+x2

，
两式相加，得f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁+x₂）．（16分）

点评：本题考查查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明，综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，准确理解A型函数的概念，合理地运用导数的性质进行解题．