Question

19．已知函數(shù)f（x）=2（a+1）lnx-ax，g（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-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）先求出函數(shù)的定義域和f′（x），將條件利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系，轉(zhuǎn)化成f′（x）≥0或f′（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，對(duì)a分類(lèi)討論，分別根據(jù)一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，求出實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）利用二次函數(shù)的單調(diào)性判斷出g（x）的單調(diào)性，不妨設(shè)x₁＞x₂把結(jié)論進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，變形構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)h（x），求出h′（x）并根據(jù)a的范圍判斷出h′（x）的符號(hào)，得到函數(shù)h（x）的單調(diào)性，即可證明結(jié)論．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=2（a+1）lnx-ax的定義域是（0，+∞），
∴$f′（x）=\frac{2（a+1）}{x}-a$=$\frac{-ax+2（a+1）}{x}$，
∵函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，
∴f′（x）≥0或f′（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，
則-ax+2（a+1）≥0或-ax+2（a+1）≤0在（0，+∞）上恒成立，
①當(dāng)a=0時(shí)，則有2≥0恒成立，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)；
②當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)y=-ax+2（a+1）在（0，+∞）上為減函數(shù)，
∴只要2（a+1）≤0，即a≤-1時(shí)滿(mǎn)足f′（x）≤0成立，此時(shí)a無(wú)解；
③當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)y=-ax+2（a+1）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
∴只要2（a+1）≥0，即a≥-1時(shí)滿(mǎn)足f′（x）≥0成立，此時(shí)-1≤a＜0；
綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-1，0]；
證明：（2）g（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-x=$\frac{1}{2}（x-1）^{2}-\frac{1}{2}$在（1，+∞）單調(diào)遞增，
∵x₁，x₂∈（1，+∞），不妨設(shè)x₁＞x₂，∴g（x₁）＞g（x₂），
∴$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}＞-1$等價(jià)于f（x₁）-f（x₂）＞-g（x₁）+g（x₂），
則f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），
設(shè)h（x）=f（x）+g（x）=2（a+1）lnx-（a+1）x+$\frac{1}{2}{x^2}$，
則h′（x）=$\frac{2（a+1）}{x}-a-1+x$=$\frac{2（a+1）}{x}+x-（a+1）$，
∵-1＜a＜7，∴a+1＞0，
∴$\frac{2（a+1）}{x}+x≥$2$\sqrt{\frac{2（a+1）}{x}•x}$=2$\sqrt{2（a+1）}$，當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{2（a+1）}{x}=x$時(shí)取等號(hào)，
∴h′（x）≥2$\sqrt{2（a+1）}$-（a+1）=$2-（a+1-\sqrt{2}）^{2}$，
∵-1＜a＜7，∴$2-（a+1-\sqrt{2}）^{2}$＞0，即h′（x）＞0，
∴h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，滿(mǎn)足f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），
即若-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成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系，以及構(gòu)造函數(shù)法證明不等式，考查分類(lèi)討論思想，轉(zhuǎn)化思想，化簡(jiǎn)、變形能力，屬于難題．