Question

20．設(shè)函數(shù)f（x）=x²+aln（x+1）．
（1）若函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若函數(shù)y=f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，求證：0＜$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$＜-$\frac{1}{2}$+ln2．

Answer 1

分析 （1）函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，f′（x）=2x+$\frac{a}{x+1}$≥0，化為：a≥-2x²-2x，x∈[1，+∞）．利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．
（2）f′（x）=$\frac{2{x}^{2}+2x+a}{x+1}$在區(qū)間（-1，+∞）上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，?方程2x²+2x+a=0在區(qū)間（-1，+∞）上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根．令g（x）=2x²+2x+a，則$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}＞-1}\\{g（-1）＞0}\\{g（-\frac{1}{2}）＜0}\end{array}\right.$，解得$0＜a＜\frac{1}{2}$．利用根與系數(shù)的工作可得：x₁+x₂=-1，$2{x}_{2}^{2}+2{x}_{2}$+a=0．x₂=$\frac{\sqrt{1-2a}-1}{2}$∈$（-\frac{1}{2}，0）$，可得$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}^{2}+aln（{x}_{2}+1）}{{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}^{2}-（2{x}_{2}^{2}+2{x}_{2}）ln（{x}_{2}+1）}{-1-{x}_{2}}$，令h（x）=$\frac{{x}^{2}-（2{x}^{2}+2x）ln（x+1）}{-1-x}$，x∈$（-\frac{1}{2}，0）$．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．

解答 （1）解：∵函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，
∴f′（x）=2x+$\frac{a}{x+1}$≥0，化為：a≥-2x²-2x，x∈[1，+∞）．
令g（x）=-2x²-2x，則g（x）=-2$（x+\frac{1}{2}）^{2}$+$\frac{1}{2}$≤$\frac{1}{2}$，
∴a≥$\frac{1}{2}$．
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是$[\frac{1}{2}，+∞）$．
（2）證明：（Ⅱ）f′（x）=$\frac{2{x}^{2}+2x+a}{x+1}$在區(qū)間（-1，+∞）上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，
即方程2x²+2x+a=0在區(qū)間（-1，+∞）上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根．
記g（x）=2x²+2x+a，則$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}＞-1}\\{g（-1）＞0}\\{g（-\frac{1}{2}）＜0}\end{array}\right.$，解得$0＜a＜\frac{1}{2}$．
∴x₁+x₂=-1，$2{x}_{2}^{2}+2{x}_{2}$+a=0．x₂=$\frac{\sqrt{1-2a}-1}{2}$∈$（-\frac{1}{2}，0）$，

∴$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}^{2}+aln（{x}_{2}+1）}{{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}^{2}-（2{x}_{2}^{2}+2{x}_{2}）ln（{x}_{2}+1）}{-1-{x}_{2}}$，
令h（x）=$\frac{{x}^{2}-（2{x}^{2}+2x）ln（x+1）}{-1-x}$，x∈$（-\frac{1}{2}，0）$．
h′（x）=$\frac{{x}^{2}}{（x+1）^{2}}$+2ln（x+1）．
記p（x）=$\frac{{x}^{2}}{（x+1）^{2}}$+2ln（x+1）．
∴p′（x）=$\frac{2{x}^{2}+6x+2}{（1+x）^{3}}$，
分母＞0，分子u（x）=2x²+6x+2=2$（x+\frac{3}{2}）^{2}$-$\frac{5}{2}$在x∈$（-\frac{1}{2}，0）$上單調(diào)遞增．
$u（-\frac{1}{2}）$=-$\frac{1}{2}＜$0，u（0）=2＞0，
因此函數(shù)p′（x）存在唯一零點(diǎn)x₀∈$（-\frac{1}{2}，0）$，使得p′（x₀）=0．
當(dāng) x∈$（-\frac{1}{2}，{x}_{0}）$，p′（x）＜0；當(dāng)x∈（x₀，0）時(shí)，p′（x）＞0．
而p（x）在$（-\frac{1}{2}，{x}_{0}）$，單調(diào)遞減，在（x₀，0）單調(diào)遞增．
而p（0）=0，$p（-\frac{1}{2}）$=1-2ln2＜0，∴p（x）_min=p（x₀）＜0．
∴h′（x）＜0，∴函數(shù)h（x）在$（-\frac{1}{2}，0）$上單調(diào)遞減．
∴h（0）＜h（x）＜$h（-\frac{1}{2}）$，
可得：0＜h（x）＜ln2$-\frac{1}{2}$，
即0＜$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$＜-$\frac{1}{2}$+ln2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性極值與最值、方程與不等式的解法、分類討論方法、等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．