Question

（2011•潍坊二模）设函数f（x）=lnx+

a

x

(a∈R)，g(x)=x，F(x)=f(1+ex)-g(x)(x∈R)．
（I）若函数f（x）的图象上任意一点P（x₀，y₀）处切线的斜率k≤

1

2

，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a=0时，若x₁，x₂∈R，且x₁≠x₂，证明：F(

x1+x2

2

)＜

F(x1)+F(x2)

2

；
（Ⅲ）当a=0时，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）当a=0时，F（x）=f（1+e^x）-g（x）=ln（1+e^x）-x，（x∈R），利用作差法，判断F(x1)+F(x2)-2F(

x1+x2

2

)的正负号，进行证明．
（Ⅲ）当a=0时，方程m[f（x）+g（x）]=

1

2

x2（m＞0）有唯一解，即为x²-2mlnx-2mx=0有唯一解，
设H（x）=x²-2mlnx-2mx，利用导数研究解决．

解答：解：（I）函数f（x）的定义域为（0，+∞），由题意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，当x0=1时，
（-

1

2

x

2 0

+x0）max=

1

2

，∴a≥

1

2

（Ⅱ）当a=0时，F（x）=f（1+e^x）-g（x）=ln（1+e^x）-x，（x∈R），设x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，
则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）当a=0时，方程m[f（x）+g（x）]=

1

2

x2（m＞0）有唯一解，即为x²-2mlnx-2mx=0有唯一解，
设（x）=x²-2mlnx-2mx，则H′（x）=

2x2-2mx-2m

x

，令H′（x）=0，则x²-mx-m=0，m＞0，x＞0，∴x1=

m- m2+4m

2

＜0（舍去），x2=

m+ m2+4m

2

，
当x∈（0，x₂）时，H′（x）＜0，H（x）在（0，x₂）上单调递减
当x∈（x₂，+∞）时，H′（x）＞0，H（x）在（x₂，+∞）上单调递增．
当x=x₂时，H（x）取最小值H（x₂），则

H(x2)=0 H′(x2)=0

即

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

两式相减得2mlnx₂+mx₂-m=0，∵m＞0，∴2lnx₂+x₂-1=0①，
设M（x）=2lnx+x-1，∵x＞0，M（x）是增函数，∴M（x）=0至多有一解．∵M（1）=0，∴方程①的解为x₂=1，
即x2=

m+ m2+4m

2

=1，解得m=

1

2

．

点评：本题是函数与不等式综合题，考查导数的几何意义，基本不等式的应用，利用导数研究函数的性质，综合性强．