Question

9．已知函数f（x）=2（a+1）lnx-ax，g（x）=$\frac{1}{2}$x²-x．
（1）若a≥0，试判断f（x）在定义域内的单调性；
（2）证明：若-1＜a＜7，则对任意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）先求出函数的定义域和f′（x），将条件利用导数与函数的单调性的关系，对a分类讨论，求出函数的单调区间即可；
（2）利用二次函数的单调性判断出g（x）的单调性，不妨设x₁＞x₂把结论进行等价转化，变形构造恰当的函数h（x），求出h′（x）并根据a的范围判断出h′（x）的符号，得到函数h（x）的单调性，即可证明结论．

解答 解：（1）函数f（x）=2（a+1）lnx-ax的定义域是（0，+∞），
∴f′（x）=$\frac{2（a+1）}{x}$-a=$\frac{-ax+2（a+1）}{x}$，
a=0时，f′（x）=$\frac{2}{x}$＞0，f（x）在（0，+∞）递增，
a＞0时，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，$\frac{2（a+1）}{a}$）递减，在（$\frac{2（a+1）}{a}$，+∞）；
证明：（2）g（x）=$\frac{1}{2}$x²-x=$\frac{1}{2}$（x-1）²-$\frac{1}{2}$在（1，+∞）单调递增，
∵x₁，x₂∈（1，+∞），不妨设x₁＞x₂，∴g（x₁）＞g（x₂），
∴$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{g{（x}_{1}）-g{（x}_{2}）}$＞-1等价于f（x₁）-f（x₂）＞-g（x₁）+g（x₂），
则f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），
设h（x）=f（x）+g（x）=2（a+1）lnx-（a+1）x+$\frac{1}{2}$x²，
则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$\sqrt{2（a+1）}$，当且仅当 $\frac{2（a+1）}{x}$=x时取等号，
∴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，+∞）上单调递增，满足f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），
即若-1＜a＜7，则对于任意x₁，x₂∈（1，+∞），x₁≠x₂，有 $\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{g{（x}_{1}）-g{（x}_{2}）}$＞-1成立．

点评 本题考查导数与函数的单调性的关系，以及构造函数法证明不等式，考查分类讨论思想，转化思想，化简、变形能力，属于难题．