Question

已知函數f(x)=alnx+

1

2

x2+(a+1)x+1．
（1）當a=-1時，求函數f（x）的單調增區間；
（2）若函數f（x）在（0，+∞）上是增函數，求實數a的取值范圍；
（3）若a＞0，且對任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，都有|f（x₁）-f（x₂）|＞2|x₁-x₂|，求實數a的最小值．

Answer 1

分析：（1）把a=-1代入函數解析式，求其導函數，由導函數大于0求函數f（x）的單調增區間；
（2）求原函數的導函數f′（x）=

a

x

+x+a+1=

x2+(a+1)x+a

x

=

(x+1)(x+a)

x

，由函數f（x）在（0，+∞）上是增函數，說明其導函數在（0，+∞）上大于等于0恒成立，在導函數中x與（x+1）恒大于0，只需x+a≥0對x∈（0，+∞）恒成立，則a可求；
（3）由（2）知，當a＞0時f（x）在（0，+∞）上是增函數，任取x₁，x₂∈（0，+∞），且規定x₁＞x₂，則不等式
|f（x₁）-f（x₂）|＞2|x₁-x₂|可轉化為f（x₁）-2x₁＞f（x₂）-2x₂恒成立，引入函數g（x）=f（x）-2x，說明該函數為增函數，則其導函數在（0，+∞）上大于等于0恒成立，分離變量后利用基本不等式可求a的最小值．

解答：解：（1）當a=-1時，f（x）=-lnx+

1

2

x²+1．
則f′（x）=-

1

x

+x． 
令f′（x）＞0，得-

1

x

+x＞0，即

x2-1

x

＞0，解得：x＜0或x＞1．
因為函數的定義域為{x|x＞0}，
所以函數f（x）的單調增區間為（1，+∞）．
（2）由函數f(x)=alnx+

1

2

x2+(a+1)x+1．
因為函數f（x）在（0，+∞）上是增函數，
所以f′（x）=

a

x

+x+a+1=

x2+(a+1)x+a

x

=

(x+1)(x+a)

x

≥0對x∈（0，+∞）恒成立． 
即x+a≥0對x∈（0，+∞）恒成立．
所以a≥0． 
即實數a的取值范圍是[0，+∞）．
（3）因為a＞0，由（2）知函數f（x）在（0，+∞）上是增函數．
因為x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，不妨設x₁＞x₂，所以f（x₁）＞f（x₂）．
由|f（x₁）-f（x₂）|＞2|x₁-x₂|恒成立，可得f（x₁）-f（x₂）＞2（x₁-x₂），
即f（x₁）-2x₁＞f（x₂）-2x₂恒成立．
令g（x）=f（x）-2x=alnx+

1

2

x2+(a+1)x+1-2x，則g（x）在（0，+∞）上應是增函數．  
所以g′（x）=

a

x

+x+（a+1）-2=

x2+(a-1)x+a

x

≥0對x∈（0，+∞）恒成立．
即x²+（a-1）x+a≥0對x∈（0，+∞）恒成立．
即a≥-

x2-x

x+1

對x∈（0，+∞）恒成立
因為-

x2-x

x+1

=-（x+1+

2

x+1

-3）≤3-2

2

（當且僅當x+1=

2

x+1

即x=

2

-1時取等號），
所以a≥3-2

2

．
所以實數a的最小值為3-2

2

．

點評：本題考查了利用導數研究函數的單調性，考查了數學轉化思想，訓練了分離變量法和利用基本不等式求函數的最值．此題是有一定難度的題目．