Question

20．已知函數(shù)f（x）=2（a+1）lnx-ax，g（x）=$\frac{1}{2}$x²-x．
（1）若函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）證明：若-1＜a＜7，則對(duì)于任意x₁、x₂∈（1，+∞），x₁≠x₂，有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}$＞-1．

Answer 1

分析 （1）先求f（x）=2（a+1）lnx-ax的定義域，再求導(dǎo)f′（x）=2（a+1）$\frac{1}{x}$-a=$\frac{a（2-x）+2}{x}$，從而由題意知f′（x）=$\frac{a（2-x）+2}{x}$≥0在（0，+∞）上恒成立，從而化為最值問題；
（2）由二次函數(shù)的性質(zhì)易知g（x）=$\frac{1}{2}$x²-x在（1，+∞）上是增函數(shù)，從而不妨設(shè)x₁＞x₂，從而可得g（x₁）＞g（x₂）；故$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}$＞-1可化為f（x₁）-f（x₂）＞-（g（x₁）-g（x₂）），即證f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），
令H（x）=f（x）+g（x）=2（a+1）lnx-ax+$\frac{1}{2}$x²-x，從而利用導(dǎo)數(shù)證明H（x）=f（x）+g（x）=2（a+1）lnx-ax+$\frac{1}{2}$x²-x在（1，+∞）上是增函數(shù)即可．

解答 解：（1）f（x）=2（a+1）lnx-ax的定義域?yàn)椋?，+∞），
f′（x）=2（a+1）$\frac{1}{x}$-a=$\frac{a（2-x）+2}{x}$，
∵f′（2）=1，又∵函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，
∴f′（x）=$\frac{a（2-x）+2}{x}$≥0在（0，+∞）上恒成立，
∴a（2-x）+2≥0在（0，+∞）上恒成立，
即-ax+2a+2≥0在（0，+∞）上恒成立，
故$\left\{\begin{array}{l}{-a≥0}\\{2a+2≥0}\end{array}\right.$，
解得，-1≤a≤0；
（2）證明：∵g（x）=$\frac{1}{2}$x²-x在（1，+∞）上是增函數(shù)，
∴對(duì)于任意x₁、x₂∈（1，+∞），x₁≠x₂，不妨設(shè)x₁＞x₂，
則g（x₁）＞g（x₂）；
則$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}$＞-1可化為f（x₁）-f（x₂）＞-（g（x₁）-g（x₂）），
即證f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），
令H（x）=f（x）+g（x）=2（a+1）lnx-ax+$\frac{1}{2}$x²-x，
H′（x）=2（a+1）$\frac{1}{x}$-a+x-1=$\frac{{x}^{2}-（a+1）x+2（a+1）}{x}$，
令M（x）=x²-（a+1）x+2（a+1），
①-1＜a≤1時(shí)，0＜a+1≤2，
故M（x）=x²-（a+1）x+2（a+1）在（1，+∞）上是增函數(shù)，
故M（x）＞M（1）=1-a-1+2a+2=a+2＞0，
②1＜a＜7時(shí)，M（x）=x²-（a+1）x+2（a+1）的對(duì)稱軸x=$\frac{a+1}{2}$∈（1，+∞），
故M（x）≥（$\frac{a+1}{2}$）²-（a+1）$\frac{a+1}{2}$+2（a+1）
=$\frac{1}{4}$（a+1）（7-a）＞0，
故-1＜a＜7時(shí)，M（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，
即H′（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，
故H（x）=f（x）+g（x）=2（a+1）lnx-ax+$\frac{1}{2}$x²-x在（1，+∞）上是增函數(shù)，
故f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），
故原式成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題，同時(shí)考查了二次函數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用及分類討論的思想應(yīng)用，屬于難題．