解题思路：（I）h（x）=f（x）-g（x）=
x−
1
x
−alnx
（x＞0），利用导数的运算法则可得
h
′
(x)＝1+
1
x
2
−
a
x]=
x
2
−ax+1
x
2
，由于函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，可得x2-ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立，即
a≤x+
1
x
在（0，+∞）上恒成立，利用基本不等式即可解得a的取值范围．
（II）当a=2时，h（x）=
x−
1
x
−2lnx
，可得h（x）+h（2-x）=
2−
2
x(2−x)
−2ln[x(2−x)]
．令t=x（2-x）∈（0，1），构造函数φ（t）=2-
2
t
−2lnt
，利用导数研究其单调性即可得出．
（III）令
a
k
＝1+(−
1
2
)
k
，当k为偶数时，ak＞1，由（I）可知：
1
a
k
+2ln
a
k
＜
a
k
，即
(−1
)
k
F[1+(−
1
2
)
k
]＜1+(
1
2
)
k
．当k为奇数时，0＜ak＜1，由（I）可知：
1
a
k
+2ln
a
k
＞
a
k
．如何利用“累加求和”即可得出．
（I）h（x）=f（x）-g（x）=x−
1
x−alnx（x＞0），h′(x)＝1+
1
x2−
a
x=
x2−ax+1
x2，
∵函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴x2-ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立，即a≤x+
1
x在（0，+∞）上恒成立，
解得a≤2．
（II）当a=2时，h（x）=x−
1
x−2lnx，∴h（x）+h（2-x）=2−
2
x(2−x)−2ln[x(2−x)]．
令t=x（2-x）∈（0，1），构造函数φ（t）=2-[2/t−2lnt，
φ′(t)＝
2
t2−
2
t＝
2−2t
t2＞0恒成立，
∴函数φ（t）在（0，1）上单调递增，且φ（1）=0，
∴φ（t）=2-
2
t−2lnt在（0，1）上无解．
（III）令ak＝1+(−
1
2)k，当k为偶数时，ak＞1，由（I）可知：
1
ak+2lnak＜ak，即(−1)kF[1+(−
1
2)k]＜1+(
1
2)k．
当k为奇数时，0＜ak＜1，由（I）可知：
1
ak+2lnak＞ak．
∴(−1)kF[1+(−
1
2)k]＜−[1+(−
1
2)k]=-1++(
1
2)k．
∴−F(a1)+F(a2)＜1+(
1
2)
点评：
本题考点： 不等式的证明；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．
考点点评： 本题中考查了利用导数研究函数的单调性、恒成立问题等价转化、分类讨论、基本不等式的性质、“累加求和”等基础知识与基本方法，属于难题．
1年前
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