Question

9．已知函数f（x）=aln（x+1）-$\frac{1}{2}$x²．
（1）若函数f（x）在定义域内单调递减，求a的范围．
（2）若a=2，且f（x₁）=f（x₂），求证：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，由导函数在定义域内小于等于0恒成立，分离参数a，再利用导数求出函数最小值得答案；
（2）求出函数的定义域，由导数确定函数在在（1，+∞）上单调递减．设-1＜x₁＜1＜x₂，作f（2-x₁）-f（x₂），利用换元法可证明f（2-x₁）-f（x₂）＞0，从而可得2-x₁＜x₂，从而得到x₁+x₂＞2．

解答 解：（1）f（x）的定义域是（-1，+∞），
f′（x）=$\frac{a}{x+1}$-x=$\frac{a-{x}^{2}-x}{x+1}$，
若函数f（x）在定义域内单调递减，
则a-x²-x≤0在（-1，+∞）上恒成立，
即a≤x²+x在（-1，+∞）恒成立，
而g（x）=x²+x在（-1，-$\frac{1}{2}$）递减，在（-$\frac{1}{2}$，+∞）递增，
故g（x）_min=g（-$\frac{1}{2}$）=-$\frac{1}{4}$，
故a≤-$\frac{1}{4}$；
（2）若a=2，则f（x）=2ln（x+1）-$\frac{1}{2}$x²，
f′（x）=$\frac{2}{x+1}-x=\frac{-{x}^{2}-x+2}{x+1}$（x＞-1）．
由f′（x）=0，得x=-2或x=1．
∴当x∈（-1，1）时，f′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0．
∴f（x）在（-1，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
不妨设-1＜x₁＜1＜x₂，
则2-x₁＞1，
而f（2-x₁）-f（x₂）=f（2-x₁）-f（x₁）=$2ln（3-{x}_{1}）-\frac{1}{2}（2-{x}_{1}）^{2}-2ln（{x}_{1}+1）+\frac{1}{2}{{x}_{1}}^{2}$
=$2ln\frac{3-{x}_{1}}{{x}_{1}+1}-2（1-{x}_{1}）$．
令$\frac{3-{x}_{1}}{{x}_{1}+1}=t$（t＞1），则${x}_{1}=\frac{3-t}{t+1}$．
∴f（2-x₁）-f（x₂）=h（t）=$2lnt-4\frac{t-1}{t+1}$．
h′（t）=$\frac{2}{t}-\frac{8}{（t+1）^{2}}=\frac{2（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0．
∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，则h（t）＞h（1）=0，
故f（2-x₁）-f（x₂）＞0，即f（2-x₁）＞f（x₂），
∵f（x）在（1，+∞）上单调递减，∴2-x₁＜x₂，
则x₁+x₂＞2．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，属难题．