Question

（2012•浙江模擬）已知f(x)=

x

mxα+1

．
（1）當(dāng)m=1，α=2時
（i）求證：對于給定的x₀∈[0，1），不等式f（x）-f（x₀）≤（x-x₀）f'（x₀）對于x∈[0，1）恒成立；
（ii）若實數(shù)a、b、c∈[0，+∞），且a+b+c=1，求f（a）+f（b）+f（c）的最大值．
（2）當(dāng)α=1時，若1-

1

x

≤f(lnx)對x∈[1，+∞）恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）（i）證明：當(dāng)m=1，α=2時，f（x）-f（x₀）≤（x-x₀）×

1-xx0

(x2+1)(1+x02)

，由此可得結(jié)論；
（ii）令x₀=

1

3

，則

f(a)-f( 1 3 )≤(a- 1 3 )f′( 1 3 ) f(b)-f( 1 3 )≤(b- 1 3 )f′( 1 3 ) f(c)-f( 1 3 )≤(c- 1 3 )f′( 1 3 )

，相加，即可求f（a）+f（b）+f（c）的最大值．
（2）先判斷m≥0，進而1-

1

x

≤f(lnx)對x∈[1，+∞）恒成立，等價于

xlnx+(1-x)(mlnx+1)

x(mlnx+1)

≥0對x∈[1，+∞）恒成立，等價于g（x）=xlnx+（1-x）（mlnx+1）≥0對x∈[1，+∞）恒成立，分類討論，即可證得．

解答：（1）（i）證明：當(dāng)m=1，α=2時，f(x)=

x

x2+1

，f′(x)=

1-x2

(x2+1)2

∴f（x）-f（x₀）≤（x-x₀）×

1-xx0

(x2+1)(1+x02)

不妨設(shè)x＞x₀，∵x₀∈[0，1），∴1-xx₀＜1-x02，1+x²＞1+x02
∴f（x）-f（x₀）≤（x-x₀）×

1-xx0

(x2+1)(1+x02)

=（x-x₀）f'（x₀）
（ii）令x₀=

1

3

，則

f(a)-f( 1 3 )≤(a- 1 3 )f′( 1 3 ) f(b)-f( 1 3 )≤(b- 1 3 )f′( 1 3 ) f(c)-f( 1 3 )≤(c- 1 3 )f′( 1 3 )

∴f（a）+f（b）+f（c）-3f(

1

3

)≤（a+b+c-1）f′(

1

3

)=0
∴f（a）+f（b）+f（c）≤3f(

1

3

)=

9

10

∴f（a）+f（b）+f（c）的最大值為

9

10

（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=

1

3

時取等號）．
（2）解：由題意m≥0，否則當(dāng)x→+∞時，f（lnx）＜0，而1-

1

x

＞0矛盾
∴1-

1

x

≤f(lnx)對x∈[1，+∞）恒成立，等價于

xlnx+(1-x)(mlnx+1)

x(mlnx+1)

≥0對x∈[1，+∞）恒成立
等價于g（x）=xlnx+（1-x）（mlnx+1）≥0對x∈[1，+∞）恒成立
g′（x）=(1-m)lnx+m(

1

x

-1)
若m≥1，則g′（x）≤0，∴g（x）≤g（1）=0矛盾；
若0≤m≤1，則g″（x）=

(1-m)(x- m 1-m )

x2

①若

m

1-m

≤1，則0≤m≤

1

2

，∴g′（x）在[1，+∞）上為增函數(shù)，∴g′（x）≥g′（1）=0，
∴g（x）在[1，+∞）上為增函數(shù)，g（x）≥g（1）=0；
②若

m

1-m

＞1，則

1

2

＜m≤1，∴g′（x）在[1，

m

1-m

）上為減函數(shù)，在（

m

1-m

，+∞）上為增函數(shù)
∴g′（x）_min=g′（

m

1-m

）＞g′（1）=0，
∴g（x）在[1，

m

1-m

）上為減函數(shù)，∴g（x）≤g（1）=0；
綜上知，實數(shù)m的取值范圍是[0，

1

2

]．

點評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查不等式的證明，考查恒成立問題，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．