Question

設(shè)函數(shù)f（x）=x²+aln（x+1）（a為常數(shù)）
（Ⅰ）若函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[1，+∞）上是單凋遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）若函數(shù)y=f（x）有兩個極值點x₁，x₂，且x₁＜x₂，求證：0＜

f(x2)

x1

＜-

1

2

+ln2．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：轉(zhuǎn)化思想

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

解答： 解：（Ⅰ）根據(jù)題意知：f′（x）=

2x2+2x+a

x+1

≥0在[1，+∞）上恒成立．
即a≥-2x²-2x在區(qū)間[1，+∞）上恒成立．
∵-2x²-2x在區(qū)間[1，+∞）上的最大值為-4，
∴a≥-4；
經(jīng)檢驗：當a=-4時，f ′(x)=

2x2+2x-4

x+1

=

2(x+2)(x-1)

(x+1)

≥0，x∈[1，+∞）．
∴a的取值范圍是[-4，+∞）．
（Ⅱ）f ′(x)=

2x2+2x+a

x+1

=0在區(qū)間（-1，+∞）上有兩個不相等的實數(shù)根，
即方程2x²+2x+a=0在區(qū)間（-1，+∞）上有兩個不相等的實數(shù)根．
記g（x）=2x²+2x+a，則有

- 1 2 ＞-1 g(- 1 2 )＜0 g(-1)＞0

，解得0＜a＜

1

2

．
∴x1+x2=-1，2x22+2x2+a=0，x2=-

1

2

+

1-2a

2

，-

1

2

＜x2＜0．
∴

f(x2)

x1

=

x22-(2x22+2x2)ln(x2+1)

-1-x2

令k(x)=

x2-(2x2+2x)ln(x+1)

-1-x

，x∈(-

1

2

，0)．
k′(x)=

x2

(1+x)2

+2ln(x+1)，
記p(x)=

x2

(1+x)2

+2ln(x+1)．
∴p′(x)=

2x2+6x+2

(1+x)3

，
p′(-

1

2

)=-4，p′(0)=2．
在x0∈(-

1

2

，0)使得p′（x₀）=0．
當 x∈(-

1

2

，x0)，p′（x）＜0；當x∈（x₀，0）時，p′（x）＞0．
而k′（x）在(-

1

2

，x0)單調(diào)遞減，在（x₀，0）單調(diào)遞增，
∵k′(-

1

2

)=1-2ln2＜0．k′(0)=0，
∴當x∈(-

1

2

，0)，k′(x)＜0，
∴k（x）在(-

1

2

，0)單調(diào)遞減，
即0＜

f(x2)

x1

＜-

1

2

+ln2．

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