Question

已知函数f(x)=alnx+

1

2

x2+(a+1)x+1．
（1）当a=-1时，求函数f（x）的单调增区间；
（2）若函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，求实数a的取值范围；
（3）若a＞0，且对任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，都有|f（x₁）-f（x₂）|＞2|x₁-x₂|，求实数a的最小值．

Answer 1

分析：（1）把a=-1代入函数解析式，求其导函数，由导函数大于0求函数f（x）的单调增区间；
（2）求原函数的导函数f′（x）=

a

x

+x+a+1=

x2+(a+1)x+a

x

=

(x+1)(x+a)

x

，由函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，说明其导函数在（0，+∞）上大于等于0恒成立，在导函数中x与（x+1）恒大于0，只需x+a≥0对x∈（0，+∞）恒成立，则a可求；
（3）由（2）知，当a＞0时f（x）在（0，+∞）上是增函数，任取x₁，x₂∈（0，+∞），且规定x₁＞x₂，则不等式
|f（x₁）-f（x₂）|＞2|x₁-x₂|可转化为f（x₁）-2x₁＞f（x₂）-2x₂恒成立，引入函数g（x）=f（x）-2x，说明该函数为增函数，则其导函数在（0，+∞）上大于等于0恒成立，分离变量后利用基本不等式可求a的最小值．

解答：解：（1）当a=-1时，f（x）=-lnx+

1

2

x²+1．
则f′（x）=-

1

x

+x． 
令f′（x）＞0，得-

1

x

+x＞0，即

x2-1

x

＞0，解得：x＜0或x＞1．
因为函数的定义域为{x|x＞0}，
所以函数f（x）的单调增区间为（1，+∞）．
（2）由函数f(x)=alnx+

1

2

x2+(a+1)x+1．
因为函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，
所以f′（x）=

a

x

+x+a+1=

x2+(a+1)x+a

x

=

(x+1)(x+a)

x

≥0对x∈（0，+∞）恒成立． 
即x+a≥0对x∈（0，+∞）恒成立．
所以a≥0． 
即实数a的取值范围是[0，+∞）．
（3）因为a＞0，由（2）知函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．
因为x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，不妨设x₁＞x₂，所以f（x₁）＞f（x₂）．
由|f（x₁）-f（x₂）|＞2|x₁-x₂|恒成立，可得f（x₁）-f（x₂）＞2（x₁-x₂），
即f（x₁）-2x₁＞f（x₂）-2x₂恒成立．
令g（x）=f（x）-2x=alnx+

1

2

x2+(a+1)x+1-2x，则g（x）在（0，+∞）上应是增函数．  
所以g′（x）=

a

x

+x+（a+1）-2=

x2+(a-1)x+a

x

≥0对x∈（0，+∞）恒成立．
即x²+（a-1）x+a≥0对x∈（0，+∞）恒成立．
即a≥-

x2-x

x+1

对x∈（0，+∞）恒成立
因为-

x2-x

x+1

=-（x+1+

2

x+1

-3）≤3-2

2

（当且仅当x+1=

2

x+1

即x=

2

-1时取等号），
所以a≥3-2

2

．
所以实数a的最小值为3-2

2

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了数学转化思想，训练了分离变量法和利用基本不等式求函数的最值．此题是有一定难度的题目．