Question

已知函數(shù)f(x)=alnx+

1

2

x2+(a+1)x+1．
（1）當(dāng)a=-1時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）若a＞0，且對(duì)任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，都有|f（x₁）-f（x₂）|＞2|x₁-x₂|，求實(shí)數(shù)a的最小值．

Answer 1

分析：（1）把a(bǔ)=-1代入函數(shù)解析式，求其導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)大于0求函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）求原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f′（x）=

a

x

+x+a+1=

x2+(a+1)x+a

x

=

(x+1)(x+a)

x

，由函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，說明其導(dǎo)函數(shù)在（0，+∞）上大于等于0恒成立，在導(dǎo)函數(shù)中x與（x+1）恒大于0，只需x+a≥0對(duì)x∈（0，+∞）恒成立，則a可求；
（3）由（2）知，當(dāng)a＞0時(shí)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，任取x₁，x₂∈（0，+∞），且規(guī)定x₁＞x₂，則不等式
|f（x₁）-f（x₂）|＞2|x₁-x₂|可轉(zhuǎn)化為f（x₁）-2x₁＞f（x₂）-2x₂恒成立，引入函數(shù)g（x）=f（x）-2x，說明該函數(shù)為增函數(shù)，則其導(dǎo)函數(shù)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(dāng)a=-1時(shí)，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?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)閧x|x＞0}，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（1，+∞）．
（2）由函數(shù)f(x)=alnx+

1

2

x2+(a+1)x+1．
因?yàn)楹瘮?shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
所以f′（x）=

a

x

+x+a+1=

x2+(a+1)x+a

x

=

(x+1)(x+a)

x

≥0對(duì)x∈（0，+∞）恒成立． 
即x+a≥0對(duì)x∈（0，+∞）恒成立．
所以a≥0． 
即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0，+∞）．
（3）因?yàn)閍＞0，由（2）知函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
因?yàn)閤₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，不妨設(shè)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(yīng)是增函數(shù)．  
所以g′（x）=

a

x

+x+（a+1）-2=

x2+(a-1)x+a

x

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

x2-x

x+1

對(duì)x∈（0，+∞）恒成立
因?yàn)?

x2-x

x+1

=-（x+1+

2

x+1

-3）≤3-2

2

（當(dāng)且僅當(dāng)x+1=

2

x+1

即x=

2

-1時(shí)取等號(hào)），
所以a≥3-2

2

．
所以實(shí)數(shù)a的最小值為3-2

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想，訓(xùn)練了分離變量法和利用基本不等式求函數(shù)的最值．此題是有一定難度的題目．