Question

9．已知函数f（x）=2lnx+x²+（a-1）x-a，（a∈R），当x≥1时，f（x）≥0恒成立．
（1）求实数a的取值范围；
（2）若正实数x₁、x₂（x₁≠x₂）满足f（x₁）+f（x₂）=0，证明：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）求出导函数，通过当a≥-3时，当a＜-3时，利用函数的单调性，转化求解a≥-3．
（2）不妨设x₁＜x₂推出f（x₁）+f（x₂）=0?f（x₂）=-f（x₁），只要证明：-f（x₁）＞f（2-x₁）?f（x₁）+f（2-x₁）＜0，设g（x）=f（x）+f（2-x）求出$g'（x）=\frac{{4{{（x-1）}^3}}}{x（x-2）}$，利用函数的单调性转化证明即可．

解答 解：$f'（x）=\frac{2}{x}+2x+（a-1）$
（1）当a≥-3时，$f'（x）=\frac{2}{x}+2x+（a-1）≥a+3≥0$，f（1）=0．
∴当x≥1时，f（x）≥0成立．…..3分
当a＜-3时，存在大于1的实数m，使得f'（m）=0
∴当1＜x＜m时，f'（x）＜0成立．
∴f（x）在区间（1，m）上单调递减；
∴当1＜x＜m时，f（x）＜f（1）=0；
∴a＜-3不可能成立．
所以a≥-3．…..6分
（2）不妨设x₁＜x₂
∵正实数x₁、x₂满足f（x₁）+f（x₂）=0，
有（1）可知，0＜x₁＜1＜x₂；
又∵f（x）为单调递增函数，
所以x₁+x₂＞2?x₂＞2-x₁?f（x₂）＞f（2-x₁）
又∵f（x₁）+f（x₂）=0?f（x₂）=-f（x₁）
所以只要证明：-f（x₁）＞f（2-x₁）?f（x₁）+f（2-x₁）＜0…..8分
设g（x）=f（x）+f（2-x）则g（x）=2[lnx+ln（2-x）+x²-2x+1]，
可得$g'（x）=\frac{{4{{（x-1）}^3}}}{x（x-2）}$
∴当0＜x＜1时，g'（x）＞0成立
∴g（x）在区间（0，1）上单调增函数．
又∵g（1）=0
∴当0＜x＜1时，g（x）＜0成立，即f（x）+f（2-x）＜0．
所以不等式f（x₁）+f（2-x₁）＜0成立．
所以x₁+x₂＞2．…..12分．

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，考查分类讨论思想以及转化思想的应用．