Question

9．已知函數(shù)f（x）=2（a+1）lnx-ax，g（x）=$\frac{1}{2}$x²-x．
（1）若a≥0，試判斷f（x）在定義域內(nèi)的單調(diào)性；
（2）證明：若-1＜a＜7，則對(duì)任意x₁，x₂∈（1，+∞），且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，對(duì)a分類討論，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（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=$\frac{-ax+2（a+1）}{x}$，
a=0時(shí)，f′（x）=$\frac{2}{x}$＞0，f（x）在（0，+∞）遞增，
a＞0時(shí)，令f′（x）＞0，解得：x＜$\frac{2（a+1）}{a}$，令f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{2（a+1）}{a}$，
∴f（x）在（0，$\frac{2（a+1）}{a}$）遞減，在（$\frac{2（a+1）}{a}$，+∞）；
證明：（2）g（x）=$\frac{1}{2}$x²-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+$\frac{1}{2}$x²，
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，考查分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，化簡(jiǎn)、變形能力，屬于難題．