已知x＞0，函数f(x)＝lnx−axx+1

解题思路：（1）先求出函数的定义域，然后求出导函数，设g（x）=x²-（a-2）x+1，二次方程g（x）=0的判别式△=a²-4a，然后讨论△的正负，再进一步考虑导函数的符号，从而求出函数的单调区间；
（2）对f（x）求导数，由f′（x）=0有两个不同的根x₁，x₂，利用判别式和根与系数的关系得到x₁x₂=1，由x₁、x₂的关系，则f（x₁）+f（x₂）=-a，又由−a＝

x+1

x

•[f(x)−lnx]，将问题转化为lnx≤x-1即可，令g（x）=lnx-x+1，利用导数求出g（x）的最大值即得证．

（1）∵f′(x)＝
1
x−
a
(x+1)2＝
x2−(a−2)x+1
x(x+1)2，
x＞0，设g（x）=x²-（a-2）x+1
当△=a²-4a≤0，即0≤a≤4时，在（0，+∞）上，f′（x）≥0恒成立，
此时f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当△=a²-4a＞0，即a＞4时，方程x²-（a-2）x+1=0有两个解不相等的实数根：
x1＝
(a−2)−
(a−2)2−4
2，x2＝
(a−2)+
(a−2)2−4
2，显然0＜x₁＜x₂，
∵当x∈（0，x₁）或x∈（x₂，+∞）时，f′（x）＞0；
当x∈（x₁，x₂）时，f′（x）＜0；
∴函数f（x）在(
a−2−
a2−4a
2，
a−2+
a2−4a
2)上单调递减，
在(0，
a−2−
a2−4a
2)和(
a−2+
a2−4a
2，+∞)上单调递增．
（2）∵x₁，x₂是f（x）的两个极值点，
故满足方程f′（x）=0，
即x₁，x₂是x²-（a-2）x+1=0的两个解，
∴x₁x₂=1，
∵f(x1)+f(x2)＝lnx1−
ax1
x1+1+lnx2−
ax2
x2+1
=ln(x1x2)−
a(2x1x2+x1+x2)
x1x2+x1+x2+1＝−a
而在f(x)＝lnx−
ax
x+1中，−a＝
x+1
x•[f(x)−lnx]
因此，要证明f(x1)+f(x2)≥
x+1
x•[f(x)−x+1]，
等价于证明[x+1/x•[f(x)−lnx]≥
x+1
x•[f(x)−x+1]
注意到x＞0，只需证明f（x）-lnx≥f（x）-x+1
即证lnx≤x-1
令g（x）=lnx-x+1，则g′(x)＝
1
x−1＝
1−x
x]，
当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，函数g（x）在（0，1）上单调递增；
当x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，函数g（x）在（1，+∞）上单调递减；
因此g（x）_max=g（1）=ln1-x+1=0，从而g（x）≤0，即lnx≤x-1，原不等式得证．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件．

考点点评： 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，同时考查了转化的能力和分类讨论的数学思想，属于难题．