证明题
设f(x)是定义在区间(1，+∞)上的函数，其导函数为f＇(x)．如果存在实数a和函数h(x)，其中h(x)对任意的x∈(1，+∞)都有h(x)＞0，使得f＇(x)=h(x)(x2－ax+1)，则称函数f(x)具有性质P(a)．
问答题
21.设函数f(x)=ln(x)+
【正确答案】由f(x)=ln x+
，得f＇(x)=
．因为x＞1时，h(x)=
＞0，所以函数f(x)具有性质P(b)．
(ii)当b≤2时，由x＞l得x2－bx+1≥x2－2x+1=(x－1)2＞0，所以f＇(x)＞0，从而函数f(x)在区间(1，+∞)上单调递增．当b＞2时，解方程x2－bx+1=0得x1=
．因为x1=
所以当x∈(1，x2)时，f＇(x)＜0；当x∈(x2，+∞)时，f＇(x)＞0；当x=x2时，f＇(x)=0．
从而函数f(x)在区间(1，x2)上单调递减，在区间(x2，+∞)上单调递增．
综上所述，当b≤2时，函数f(x)的单调增区间为(1，+∞)；当b＞2时，函数f(x)的单调减区间为(1，
)，单凋增区间为(
，得f＇(x)=．因为x＞1时，h(x)=＞0，所以函数f(x)具有性质P(b)．(ii)当b≤2时，由x＞l得x2－bx+1≥x2－2x+1=(x－1)2＞0，所以f＇(x)＞0，从而函数f(x)在区间(1，+∞)上单调递增．当b＞2时，解方程x2－bx+1=0得x1=
．因为x1=所以当x∈(1，x2)时，f＇(x)＜0；当x∈(x2，+∞)时，f＇(x)＞0；当x=x2时，f＇(x)=0．
从而函数f(x)在区间(1，x2)上单调递减，在区间(x2，+∞)上单调递增．
综上所述，当b≤2时，函数f(x)的单调增区间为(1，+∞)；当b＞2时，函数f(x)的单调减区间为(1，
)，单凋增区间为(【答案解析】
问答题
22.已知函数g(x)具有性质P(2)，给定x1，x2∈(1，+∞)，x1＜x2，设m为实数，a=mx1+(1－m)x2，β=(1－m)x1+mx2，且α＞1，β＞1，若|g(α)－g(β)|＜|g(x1)－g(x2)|，求m的取值范围．
【正确答案】由题设知，g(x)的导函数g＇(x)=h(x)(x2－2x+1)，其中函数h(x)＞0对于任意的x∈(1，+∞)都成立，所以，当x＞1时，g＇(x)=h(x)(x－1)2＞0，从而g(x)在区间(1，+∞)上单调递增．
①当m∈(0，1)时，有a=mx1+(1－m)x2＞mx1+(1－m)x1=x1，a＜mx2+(1－m)x2=x2，得α∈(x1，x2)，同理可得β∈(x1，x2)，所以由g(x)的单调性知g(α)，g(β)∈(g(x1)，g(x2))，从而有∣g(α)－g(β)∣＜∣g(x1)－g(x2)∣，符合题设．
②当m≤0时，α=mx1+(1－m)x2≥mx2+(1－m)x2=x2，β=(1－m)x1+mx2≤(1－m)x1+mx1=x1，于是由α＞1，β＞1及g(x)的单调性知g(β)≤g(x1)＜g(x2)≤g(α)，所以∣g(α)－g(β)∣≥∣g(x1)－g(x2)∣，与题设不符．
③当m≥1时，同理可得α≤x1，β＞x2，进而得∣g(α)－g(β)∣≥∣g(x1)－g(x2)∣，与题设不符．
因此，综合①、②、③得所求的m的取值范围为(0，1)．
①当m∈(0，1)时，有a=mx1+(1－m)x2＞mx1+(1－m)x1=x1，a＜mx2+(1－m)x2=x2，得α∈(x1，x2)，同理可得β∈(x1，x2)，所以由g(x)的单调性知g(α)，g(β)∈(g(x1)，g(x2))，从而有∣g(α)－g(β)∣＜∣g(x1)－g(x2)∣，符合题设．
②当m≤0时，α=mx1+(1－m)x2≥mx2+(1－m)x2=x2，β=(1－m)x1+mx2≤(1－m)x1+mx1=x1，于是由α＞1，β＞1及g(x)的单调性知g(β)≤g(x1)＜g(x2)≤g(α)，所以∣g(α)－g(β)∣≥∣g(x1)－g(x2)∣，与题设不符．
③当m≥1时，同理可得α≤x1，β＞x2，进而得∣g(α)－g(β)∣≥∣g(x1)－g(x2)∣，与题设不符．
因此，综合①、②、③得所求的m的取值范围为(0，1)．
【答案解析】