Question

已知函數(shù)f（x）=2x+αlnx（α∈R）．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若函數(shù)f（x）的最小值為?（α），求?（α）的最大值；
（3）若函數(shù)f（x）的最小值為妒?（α），m，n為?（α）定義域A內(nèi)的任意兩個值，試比較   

?(m)+?(n)

2

與?(

m+n

2

)的大�。�

Answer 1

分析：（1）函數(shù)的定義域為（0，+∞），求導(dǎo)函數(shù)可得f′（x）=2+

a

x

，對a討論，可得函數(shù)的單調(diào)性；
（2）由（1）知，當(dāng)a≥0時，函數(shù)無最小值；當(dāng)a＜0時，x=-

a

2

時，函數(shù)取得最小值?（α）=f（-

a

2

）=-a+aln（-

a

2

）
求導(dǎo)函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，從而確定函數(shù)的極值與最值；
（3）?（α）=-a+aln（-

a

2

），則m，n為?（α）定義域A內(nèi)的任意兩個值時，作差可得 

?(m)+?(n)

2

-?(

m+n

2

)=

n

2

(

m

n

ln

2• m n

m n +1

+ln

2

m n +1

)，再換元，構(gòu)造新函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，從而得出結(jié)論．

解答：解：（1）函數(shù)的定義域為（0，+∞），求導(dǎo)函數(shù)可得f′（x）=2+

a

x

當(dāng)a≥0時，f′（x）＞0，函數(shù)在（0，+∞）上單調(diào)增；
當(dāng)a＜0時，令f′（x）＞0可得x＞-

a

2

；令f′（x）＜0可得0＜x＜-

a

2

，∴函數(shù)在（0，-

a

2

）上單調(diào)減，在（-

a

2

，+∞）上單調(diào)增；
（2）由（1）知，當(dāng)a≥0時，函數(shù)無最小值；當(dāng)a＜0時，x=-

a

2

時，函數(shù)取得最小值?（α）=f（-

a

2

）=-a+aln（-

a

2

）
求導(dǎo)函數(shù)可得?′（α）=-1+ln（-

a

2

）+1=ln（-

a

2

），令?′（α）=0，可得a=-2
∴當(dāng)a＜-2時，?′（α）＞0；當(dāng)-2＜a＜0時，?′（α）＜0
∴函數(shù)在a=-2時取得極大值，且為最大值?（-2）=2；
（3）?（α）=-a+aln（-

a

2

），則m，n為?（α）定義域A內(nèi)的任意兩個值時，

?(m)+?(n)

2

-?(

m+n

2

)=

1

2

[mln(-

m

2

)+nln(-

n

2

)-(m+n)ln(-

m+n

4

)]=

n

2

(

m

n

ln

2• m n

m n +1

+ln

2

m n +1

)
不妨設(shè)m＜n＜0，則

m

n

＞1，令t=

m

n

（t＞1），則

?(m)+?(n)

2

-?(

m+n

2

)=

n

2

(tln

2t

t+1

+ln

2

t+1

)
記u（t）=tln

2t

t+1

+ln

2

t+1

=tln2t+ln2-（t+1）ln（t+1）（t＞1），則u′(t)=ln

2t

t+1

＞0，即函數(shù)u（t）單調(diào)遞增，從而u（t）＞u（1）=0
∵

n

2

＜0，∴

?(m)+?(n)

2

-?(

m+n

2

)＜0
即

?(m)+?(n)

2

＜?(

m+n

2

)．

點評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的最值，考查換元法的運用，難度較大．