设 $f\left(x\right)$ 是定义在区间 $\left(1,+\infty \right)$ 上的函数，其导函数为 $f'\left(x\right)$．如果存在实数 $a$ 和函数 $h\left(x\right)$，其中 $h\left(x\right)$ 对任意的 $x\in \left(1,+\infty \right)$ 都有 $h\left(x\right) >0$，使得 $f'\left(x\right)=h\left(x\right)\left({{x}^{2}}-ax+1\right)$，则称函数 $f\left(x\right)$ 具有性质 $P\left(a\right)$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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设函数 $f\left(x\right)=\ln x+\dfrac{b+2}{x+1}\left(x>1\right)$，其中 $b$ 为实数．
① 求证：函数 $f\left(x\right)$ 具有性质 $P\left(b\right)$；
② 求函数 $f\left(x\right)$ 的单调区间．标注答案解析① 由题意知\[f'\left(x\right) =\frac{1}{x}-\frac{b+2}{{{\left(x+1\right)}^{2}}}=\frac{1}{x{{\left(x+1\right)}^{2}}}\left({{x}^{2}}-bx+1\right).\]因为 $x>1$ 时，$h\left(x\right)=\dfrac{1}{x{{\left(x+1\right)}^{2}}}>0$ 恒成立，所以函数 $f\left(x\right)$ 具有性质 $P\left(b\right)$．
② 设 $ \varphi \left(x\right) = {x^2} - bx + 1 $，则 $\varphi \left(x\right)$ 与 $f'\left(x\right)$ 的符号相同．
当 $ b \in \left[ - 2 , 2\right]$ 时，$\varphi \left(x\right) = {x^2} - bx + 1 > 0$ 恒成立，所以 $f\left(x\right)$ 在区间 $\left(1, + \infty \right)$ 上单调递增；
当 $b \in \left(-\infty ,-2\right)$ 时，$\varphi \left(x\right) = {x^2} - bx + 1 > 0$ 恒成立，所以 $f\left(x\right)$ 在区间 $\left(1, + \infty \right)$ 上单调递增；
当 $b \in \left(2,+\infty\right)$ 时，$f\left(x\right)$ 在 $\left(1,\dfrac{b+\sqrt{{{b}^{2}}-4}}{2}\right) $ 上单调递减，在 $\left(\dfrac{b+\sqrt{{{b}^{2}}-4}}{2},+\infty\right) $ 上单调递增．
综上所述，
当 $b \in \left(-\infty ,2\right]$ 时，$f\left(x\right)$ 在 $\left(1, + \infty \right)$ 上单调递增；
当 $b \in \left(2,+\infty\right)$ 时，$f\left(x\right)$ 在 $\left(1,\dfrac{b+\sqrt{{{b}^{2}}-4}}{2}\right) $ 上单调递减，在 $\left(\dfrac{b+\sqrt{{{b}^{2}}-4}}{2},+\infty\right) $ 上单调递增． -
已知函数 $g\left(x\right)$ 具有性质 $P\left(2\right)$，给定 ${{x}_{1}},{{x}_{2}}\in \left(1,+\infty \right)$，${{x}_{1}}<{{x}_{2}} $，设 $m$ 为实数．$\alpha =m{{x}_{1}}+\left(1-m\right){{x}_{2}}$，$\beta =\left(1-m\right){{x}_{1}}+m{{x}_{2}}$，且 $\alpha >1$，$\beta >1$，若 ${\left|{g\left(\alpha \right)-g\left(\beta \right)}\right|} < {\left|{g\left({{x}_{1}}\right)-g\left({{x}_{2}}\right)}\right|}$，求 $m$ 的取值范围．标注答案解析由题意 $g'\left(x\right) = h\left(x\right){\left(x - 1\right)^2}$，所以 $g\left(x\right) $ 在 $\left(1,+\infty\right)$ 上单调递增，且有\[\alpha + \beta = {x_1} + {x_2},\alpha - \beta = \left(2m - 1\right)\left({x_1} - {x_2}\right). \]当 $m > \dfrac{1}{2}$ 且 $m \ne 1$ 时，$\alpha < \beta $，且\[\alpha - {x_1} = \left(m - 1\right){x_1} + \left(1 - m\right){x_2},\beta - {x_2} = \left(1 - m\right){x_1} + \left(m - 1\right){x_2} ,\]所以\[ \left(\alpha - {x_1} \right)\left(\beta - {x_2} \right) = -\left(m-1\right)^2\left(x_1-x_2\right)^2 < 0, \]所以\[ \alpha < x_1 < x_2 < \beta 或 x_1 < \alpha < \beta < x_2 .\]若 $ \alpha < x_1 < x_2 < \beta $，则\[g\left(\alpha \right) < g\left({x_1}\right) < g\left({x_2}\right) < g\left(\beta \right),\]所以\[ | g\left(\alpha \right) - g\left(\beta \right) | > | g\left({x_1}\right) - g\left({x_2}\right) | , \]不合题意．所以 $ x_1 < \alpha < \beta < x_2 $，即\[ \begin{cases} x_1 < m x_1 +\left(1-m\right) x_2 , \\ \left(1-m\right)x_1 + m x_2 < x_2 , \end{cases}\]解得 $m < 1 $，所以 $\dfrac 1 2 < m < 1 $．
当 $ m =\dfrac 1 2 $ 时，$ \alpha =\beta$，$ 0 = {\left|{g\left(\alpha \right) - g\left(\beta \right)}\right|} < {\left|{ g\left({x_1}\right) - g\left({x_2}\right)}\right|} $，符合题意．
当 $m < \dfrac 1 2 $ 时，$ \alpha > \beta$，且 $ \alpha - {x_2} = m\left({x_1} - x_2\right)$，$\beta - {x_1} = -m\left({x_1} - x_2\right) $，同理有 $ x_1 < \beta< \alpha < x_2 $，即\[ \begin{cases} x_1 < \left(1-m\right) x_1 +m x_2 , \\ m x_1 + \left(1-m\right) x_2 < x_2 , \end{cases}\]解得 $m > 0 $，所以 $0 < m < \dfrac 1 2 $．
综上，$0 < m < 1 $．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
