Question

2．設(shè)函數(shù)f（x）=x²+aln（x+2），且f（x）存在兩個極值點x₁、x₂，其中x₁＜x₂．
（Ⅰ）求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）若f（x₁）＞mx₂恒成立，求m的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）f（x）存在兩個極值點，等價于其導(dǎo)函數(shù)有兩個相異零點；
（Ⅱ）適當(dāng)構(gòu)造函數(shù)，并注意x₁與x₂的關(guān)系，轉(zhuǎn)化為函數(shù)求最大值問題，即可求得m的范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=x²+aln（x+2），
∴f′（x）=2x+$\frac{a}{x+2}$，
∵函數(shù)f（x）存在兩個極值點x₁、x₂，且x₁＜x₂，
∴關(guān)于x的方程2x+$\frac{a}{x+2}$=0，即2x²+4x+a=0在（-2，+∞）內(nèi)有兩個不等實根，
令g（x）=2x²+4x+a（x＞-2），
∴$\left\{\begin{array}{l}{g（-1）＜0}\\{g（-2）＞0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{a＜2}\end{array}\right.$，
∴0＜a＜2，
∴實數(shù)a的取值范圍是（0，2）．
（Ⅱ）函數(shù)f（x）在（0，+∞）上有兩個極值點，由（Ⅰ）可得a∈（0，2），
由f'（x）=0，得2x²+4x+a=0，則x₁+x₂=-2，x₁x₂=$\frac{a}{2}$，x₁=$\frac{-2-\sqrt{4-2a}}{2}$，x₂=$\frac{-2+\sqrt{4-2a}}{2}$，
∵0＜a＜2，
∴-2＜x₁＜-1，-1＜x₂＜0，
∴$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+aln（{x}_{1}+2）}{{x}_{2}}$=x₂+$\frac{4}{{x}_{2}}$+2（x₂+2）ln（-x₂）+4，
令-x₂=x，則0＜x＜1且$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$=-x-$\frac{4}{x}$+2（-x+2）lnx+4，
令h（x）=-x-$\frac{4}{x}$+2（-x+2）lnx+4，0＜x＜1，
∴h′（x）=$\frac{4}{{x}^{2}}$-$\frac{4}{x}$-2lnx-3，
再設(shè)φ（x）=$\frac{4}{{x}^{2}}$-$\frac{4}{x}$-2lnx-3，
則φ′（x）=$\frac{-2（{x}^{2}-4x+8）}{{x}^{3}}$，
∵0＜x＜1，
∴φ′（x）＜0即φ（x）在（0，1）上是減函數(shù)，
∴φ（x）＞φ（1）=-3＜0，
∴h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，1）上是增函數(shù)，
∴h（x）＜h（1）=-1，
∴$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＜-1，
∵f（x₁）＞mx₂恒成立，
∴$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＜m恒成立，
∴m≥-1，
∴m的最小值為-1．

點評 本題考查導(dǎo)函數(shù)，函數(shù)的單調(diào)性，最值，不等式證明，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題