Question

10．已知函數(shù)f（x）=（x+1）²-alnx．
（Ⅰ）討論函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）內(nèi)任取兩個不相等的實數(shù)x₁，x₂，不等式$\frac{{f（{x_1}+1）-f（{x_2}\;+1）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞1$恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的定義域，導(dǎo)函數(shù)，①當a≤0時，②當a＞0時，判斷導(dǎo)函數(shù)的符號，推出函數(shù)的單調(diào)性．
（Ⅱ）不妨令x₁＞x₂，則x₁+1＞x₂+1，x∈（0，+∞），則x+1∈（1，+∞），不等式$\frac{{f（{x_1}+1）-f（{x_2}\;+1）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞1$，推出f（x₁+1）-（x₁+1）＞f（x₂+1）-（x₂+1），設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）-x，
利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)$g'（x）=f'（x）-1=2（x+1）-\frac{a}{x}-1=\frac{{2{x^2}+x-a}}{x}$利用函數(shù)的單調(diào)性與最值求解即可．

解答 （本小題滿分12分）
解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域為x＞0，$f'（x）=2（x+1）-\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}+2x-a}}{x}$，…（2分）
①當a≤0時，f'（x）＞0在x＞0上恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．…（3分）
②當a＞0時，方程2x²+2x-a=0有一正根一負根，在（0，+∞）上的根為${x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2}$，
所以函數(shù)f（x）在$（{0，\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2}}）$上單調(diào)遞減，在$（{\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2}，+∞}）$上單調(diào)遞增．
綜上，當a≤0時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
當a＞0時，函數(shù)f（x）在$（{0，\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2}}）$上單調(diào)遞減，在$（{\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2}，+∞}）$上單調(diào)遞增．…（6分）
（Ⅱ）不妨令x₁＞x₂，則x₁+1＞x₂+1，x∈（0，+∞），則x+1∈（1，+∞），
由$\frac{{f（{x_1}+1）-f（{x_2}\;+1）}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{\frac{{f（{x_1}+1）-f（{x_2}\;+1）}}{{{x_1}-{x_2}}}}}{{（{x_1}+1）-（{x_2}+1）}}＞1⇒$
f（x₁+1）-f（x₂+1）＞（x₁+1）-（x₂+1）⇒f（x₁+1）-（x₁+1）＞f（x₂+1）-（x₂+1）…（8分）
設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）-x，
則函數(shù)g（x）=f（x）-x是在（1，+∞）上的增函數(shù)，所以$g'（x）=f'（x）-1=2（x+1）-\frac{a}{x}-1=\frac{{2{x^2}+x-a}}{x}$，…（10分）
又函數(shù)g（x）=f（x）-x是在（1，+∞）上的增函數(shù)，
只要在（1，+∞）上2x²+x≥a恒成立，y=2x²+x，在（1，+∞）上y＞3，所以a≤3．…（12分）

點評 本題考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的極值以及函數(shù)的單調(diào)性最值的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．