已知函数f（x）=alnx+ 1 x ．
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由题意x＞0，f′（x）=
a
x -
1
x 2
（1）当a＞0时，由f′（x）＞0得，解得 x＞
1
a ，
即函数f（x）的单调增区间是 (
1
a ，+∞) ；
由f′（x）＜0得
a
x -
1
x 2 ＜0，解得 x＜
1
a ，
即函数f（x）的单调减区间是 (0，
1
a )
∴当x=
1
a 时，函数f（x）有极小值，
极小值为f（
1
a ）= aln
1
a +a=a-alna
（2）当a＞0时，∵对任意x＞0，
均有ax（2-lnx）≤1，即有对任意x＞0， 2a≤alnx+
1
x 恒成立，
∴对任意x＞0，只须2a≤f（x） min
由（1）可知，函f（x）的极小值，即为最小值，
∴2a≤f（x） min=a-alna，，解得 0＜a≤
1
e
即a的取值范围为 0＜a≤
1
e
（3） f(
x 1 + x 2
2 ) -
f( x 1 )+f( x 2 )
2 =aln
x 1 + x 2
2
x 1 x 2 -
( x 1 - x 2 ) 2
2 x 1 x 2 ( x 1 + x 2 )
∵x 1＞0，x 2＞0且x 1≠x 2，a＜0，
∴x 1+x 2＞2
x 1 x 2 ，∴
x 1 + x 2
2
x 1 x 2 ＞1，aln
x 1 + x 2
2
x 1 x 2 ＜0
又
- ( x 1 - x 2 ) 2
2 x 1 x 2 ( x 1 + x 2 ) ＜0 ，
∴aln
x 1 + x 2
2
x 1 x 2 +
- ( x 1 - x 2 ) 2
2 x 1 x 2 ( x 1 + x 2 ) ＜0 ，
∴f（
x 1 + x 2
2 ）-
f( x 1 )+f( x 2 )
2 ＜0，即f（
x 1 + x 2
2 ）＜
f( x 1 )+f( x 2 )
2 ．
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