题目内容
6．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+2alnx+（a+2）x，a∈R（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）是否存在实数a，对任意的x1，x2∈（0，1）且x1≠x2，有$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}$＞a恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．
分析 （1）求导函数，求出函数的零点，再进行分类讨论，从而可确定函数y=f（x）的单调性与单调区间．
（2）对任意的x1，x2∈（0，1）且x1≠x2，有$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}$＞a恒成立，得到f′（x）=$\frac{2a}{x}$+（2+a）+x＞a，在（0，1）恒成立，由此可求a的取值范围．
解答 解：（1）由题意得，f′（x）=$\frac{2a}{x}$+（2+a）+x=$\frac{（x+2）（x+a）}{x}$（x＞0），
由f′（x）=0，x2=-a，x=-2（舍去）
①当a≥0时，f′（x）＞0，恒成立，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，
②当a＜0时，f′（x）＞0，又x＞0，可得x＞-a，令f′（x）＜0，可得0＜x＜-a，
∴函数f（x）的单调增区间是（-a，+∞），单调减区间是（0，-a）；
（2）∵对任意的x1，x2∈（0，1）且x1≠x2，有$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}$＞a恒成立
∴f′（x）=$\frac{2a}{x}$+（2+a）+x＞a，在（0，1）恒成立，
∴2a＞-x2-2x=-（x+1）2+1，
设g（x）=-（x+1）2+1，x∈（0，1），
∴g（x）在（0，1）上单调递减，
∴g（x）＜g（0）=0
∴2a≥0，
∴a≥0，
故a的取值范围为[0，+∞）
点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
练习册系列答案
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11．
过椭圆C：$\frac{{x_{\;}^2}}{{a_{\;}^2}}+\frac{{y_{\;}^2}}{{b_{\;}^2}}=1$（a＞b＞0）的左顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一点B．且点B在x轴上射影恰好为右焦点F，若$\frac{1}{6}＜|k|＜\frac{1}{3}$，则椭圆C的离心率取值范围是（ ）
过椭圆C：$\frac{{x_{\;}^2}}{{a_{\;}^2}}+\frac{{y_{\;}^2}}{{b_{\;}^2}}=1$（a＞b＞0）的左顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一点B．且点B在x轴上射影恰好为右焦点F，若$\frac{1}{6}＜|k|＜\frac{1}{3}$，则椭圆C的离心率取值范围是（ ）| A． | （$\frac{2}{3}，\frac{5}{6}$） | B． | （$\frac{2}{3}$，1） | C． | （$\frac{1}{4}，\frac{3}{4}$） | D． | （$\frac{1}{4}，\frac{5}{4}$） |
18．已知函数f（x）=$\left\{\begin{array}{l}1-{x^2}（x≤1）\\{x^2}+x-2（x＞1）\end{array}$则$f[\frac{1}{f（2）}]$的值为（ ）
| A． | $\frac{15}{16}$ | B． | $\frac{8}{9}$ | C． | $-\frac{27}{16}$ | D． | 18 |