Question

在區(qū)間D上，如果函數(shù)f（x）為增函數(shù)，而函數(shù)

1

x

f(x)為減函數(shù)，則稱函數(shù)f（x）為“弱增函數(shù)”．已知函數(shù)f（x）=1-

1

1+x

．
（1）判斷函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]上是否為“弱增函數(shù)”；
（2）設x₁，x₂∈[0，+∞），且x₁≠x₂，證明：|f（x₂）-f（x₁）|＜

1

2

|x1-x2|；
（3）當x∈[0，1]時，不等式1-ax≤

1

1+x

≤1-bx恒成立，求實數(shù)a，b的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)弱增函數(shù)的定義，只需證明函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]上是增函數(shù)，而函數(shù)

1

x

f(x)為減函數(shù)，即可；
（2）證法1：要證|f（x₂）-f（x₁）|＜

1

2

|x1-x2|，不妨設0≤x₁＜x₂，構造函數(shù)g（x）=f（x）-

1

2

x，利用導數(shù)證明該函數(shù)在（0，+∞）單調(diào)遞減即可證明結論；
證法2：把f（x）=1-

1

1+x

代入|f（x₂）-f（x₁）|，利用分母有理化，即可證明結論；
（3）要解）當x∈[0，1]時，不等式1-ax≤

1

1+x

≤1-bx恒成立，利用分離參數(shù)轉化為當x∈（0，1]時，等價于

a≥ 1 x f(x) b≤ 1 x f(x)

恒成立，即可求得實數(shù)a，b的取值范圍．

解答：解：（1）顯然f（x）在區(qū)間上為增函數(shù)（0，1]，
因為

1

x

f(x)=

1

x

(1-

1

1+x

)=

1

x

1+x -1

1+x

=

1

x

1+x -1

1+x

=

1

x

•

x

1+x ( 1+x +1)

=

1

1+x+ 1+x

，
所以

1

x

f(x)在區(qū)間（0，1]上為減函數(shù)．
所以f（x）在區(qū)間（0，1]上為“弱增函數(shù)”．

（2）證法1：要證|f（x₂）-f（x₁）|＜

1

2

|x1-x2|，不妨設0≤x₁＜x₂，
由f（x）=1-

1

1+x

在[0，+∞）單調(diào)遞增，
得f（x₂）＞f（x₁），
那么只要證f（x₂）-f（x₁）＜

1

2

(x2-x1)，
即證f（x₂）-

1

2

x2＜f（x₁）-

1

2

x1．
令g（x）=f（x）-

1

2

x，則問題轉化為只要證明g（x）=f（x）-

1

2

x在[0，+∞）單調(diào)遞減即可．
事實上，g（x）=f（x）-

1

2

x=1-

1

1+x

-

1

2

x，
當x∈[0，+∞）時，g′（x）=

1

2 1+x

-

1

2

≤0，
所以g（x）=f（x）-

1

2

x在[0，+∞）單調(diào)遞減，
故命題成立．
證法2：|f（x₂）-f（x₁）|=|

1

1+x2

-

1

1+x1

|=

| 1+x1 - 1+x2 |

1+x2 1+x1

=

|x1-x2|

1+x2 1+x1 ( 1+x1 + 1+x2 )

，
因為x₁，x₂∈[0，+∞），且x₁≠x₂，

1+x2

1+x1

(

1+x1

+

1+x2

)＞2，
所以|f（x₂）-f（x₁）|＜

1

2

|x1-x2|．

（3）當x∈[0，1]時，不等式1-ax≤

1

1+x

≤1-bx恒成立．
當x=0時，不等式顯然成立．
當x∈（0，1]時，等價于

a≥ 1 x f(x) b≤ 1 x f(x)

恒成立．
由（1）知

1

x

f(x)為減函數(shù)，1-

2

2

≤

1

x

f(x)＜

1

2

，
所以a≥

1

2

且b≤1-

2

2

．

點評：此題是個難題．考查基本初等函數(shù)的單調(diào)性，以及構造函數(shù)證明不等式和恒成立問題，綜合性強，方法靈活，很好的考查了同學們觀察、推理以及創(chuàng)造性地分析問題、解決問題的能力．