Question

15．已知函數f（x）=x²+aln（x+1）
（1）若函數y=f（x）在區間[1，+∞）上是單調增函數，求實數a的取值范圍
（2）若函數y=f（x）有兩個極值點x₁，x₂，求證：$0＜\frac{{f（{x_2}）}}{x_1}＜-\frac{1}{2}+ln2$．

Answer 1

分析 （1）已知原函數的值為正，得到導函數的值非負，從而求出參量的范圍；
（2）利用韋達定理，對所求對象進行消元，得到一個新的函數，對該函數求導后，再對導函數求導，通過對導函數的導導函數的研究，得到導函數的最值，從而得到原函數的最值，即得到本題結論．

解答 解：（1）根據題意知：若函數f（x）在[1，+∞）遞增，
則f′（x）=$\frac{{2x}^{2}+2x+a}{x+1}$≥0在[1，+∞）上恒成立．
即a≥-2x²-2x在區間[1，+∞）上恒成立，
令h（x）=-2x²-2x，則h（x）的對稱軸是x=-$\frac{1}{2}$，
故h（x）在[1，+∞）遞減，
∴h（x）≤h（1）═-4，
∴a≥-4；
經檢驗：當a=-4時，f′（x）=$\frac{2（x+2）（x-1）}{x+1}$≥0，x∈[1，+∞），符合題意；
若函數f（x）在[1，+∞）遞減，
則f′（x）=$\frac{{2x}^{2}+2x+a}{x+1}$≤0在[1，+∞）上恒成立．
即a≤-2x²-2x在區間[1，+∞）上恒成立．
∵h（x）在[1，+∞）遞減，x→+∞時，h（x）→-∞，
h（x）無最小值，故不存在a≤h（x）的最小值，
綜上，a的取值范圍是[-4，+∞）．
（2）證明：f′（x）=$\frac{{2x}^{2}+2x+a}{x+1}$=0在區間（-1，+∞）上有兩個不相等的實數根，
即方程2x²+2x+a=0在區間（-1，+∞）上有兩個不相等的實數根．
記g（x）=2x²+2x+a，則有 $\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}＞-1}\\{g（-\frac{1}{2}）＜0}\\{g（-1）＞0}\end{array}\right.$，解得0＜a＜$\frac{1}{2}$，
∴x₁+x₂=-1，2x₂²+2x₂+a=0，x₂=-$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{1-2a}}{2}$，-$\frac{1}{2}$＜x₂＜0．
∴$\frac{f{（x}_{2}）}{{x}_{1}}$=$\frac{{{x}_{2}}^{2}-（{{2x}_{2}}^{2}+{2x}_{2}）ln{（x}_{2}+1）}{-1{-x}_{2}}$，
令k（x）=$\frac{{x}^{2}-（{2x}^{2}+2x）ln（x+1）}{-x-1}$，x∈（-$\frac{1}{2}$，0）．
k′（x）=$\frac{{x}^{2}}{{（x+1）}^{2}}$+2ln（x+1），
記p（x）=$\frac{{x}^{2}}{{（1+x）}^{2}}$+2ln（x+1）．
∴p′（x）=$\frac{{2x}^{2}+6x+2}{{（1+x）}^{3}}$，
p′（-$\frac{1}{2}$）=-4，p′（0）=2．
存在x₀∈（-$\frac{1}{2}$，0）使得p′（x₀）=0．
當 x∈（-$\frac{1}{2}$，x₀），p′（x）＜0；當x∈（x₀，0）時，p′（x）＞0．
而k′（x）在（-$\frac{1}{2}$，x₀）單調遞減，在（x₀，0）單調遞增，
∵k′（-$\frac{1}{2}$）=1-2ln2＜0．k′（0）=0，
∴當x∈（-$\frac{1}{2}$，0），k′（x）＜0，
∴k（x）在（-$\frac{1}{2}$，0）單調遞減，
即0＜$\frac{f{（x}_{2}）}{{x}_{1}}$＜-$\frac{1}{2}$+ln2．

點評 本題考查的是導數知識，重點是利用導數法研究函數的單調性、究極值和最值，難點是多次連續求導，即二次求導，本題還用到消元的方法，難度較大．