Question

10．已知函数f（x）=（x+1）²-alnx．
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间（0，+∞）内任取两个不相等的实数x₁，x₂，不等式$\frac{{f（{x_1}+1）-f（{x_2}\;+1）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞1$恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的定义域，导函数，①当a≤0时，②当a＞0时，判断导函数的符号，推出函数的单调性．
（Ⅱ）不妨令x₁＞x₂，则x₁+1＞x₂+1，x∈（0，+∞），则x+1∈（1，+∞），不等式$\frac{{f（{x_1}+1）-f（{x_2}\;+1）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞1$，推出f（x₁+1）-（x₁+1）＞f（x₂+1）-（x₂+1），设函数g（x）=f（x）-x，
利用函数的导数$g'（x）=f'（x）-1=2（x+1）-\frac{a}{x}-1=\frac{{2{x^2}+x-a}}{x}$利用函数的单调性与最值求解即可．

解答 （本小题满分12分）
解：（Ⅰ）函数的定义域为x＞0，$f'（x）=2（x+1）-\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}+2x-a}}{x}$，…（2分）
①当a≤0时，f'（x）＞0在x＞0上恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增．…（3分）
②当a＞0时，方程2x²+2x-a=0有一正根一负根，在（0，+∞）上的根为${x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2}$，
所以函数f（x）在$（{0，\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2}}）$上单调递减，在$（{\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2}，+∞}）$上单调递增．
综上，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞0时，函数f（x）在$（{0，\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2}}）$上单调递减，在$（{\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2}，+∞}）$上单调递增．…（6分）
（Ⅱ）不妨令x₁＞x₂，则x₁+1＞x₂+1，x∈（0，+∞），则x+1∈（1，+∞），
由$\frac{{f（{x_1}+1）-f（{x_2}\;+1）}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{\frac{{f（{x_1}+1）-f（{x_2}\;+1）}}{{{x_1}-{x_2}}}}}{{（{x_1}+1）-（{x_2}+1）}}＞1⇒$
f（x₁+1）-f（x₂+1）＞（x₁+1）-（x₂+1）⇒f（x₁+1）-（x₁+1）＞f（x₂+1）-（x₂+1）…（8分）
设函数g（x）=f（x）-x，
则函数g（x）=f（x）-x是在（1，+∞）上的增函数，所以$g'（x）=f'（x）-1=2（x+1）-\frac{a}{x}-1=\frac{{2{x^2}+x-a}}{x}$，…（10分）
又函数g（x）=f（x）-x是在（1，+∞）上的增函数，
只要在（1，+∞）上2x²+x≥a恒成立，y=2x²+x，在（1，+∞）上y＞3，所以a≤3．…（12分）

点评 本题考查函数导数的应用，函数的极值以及函数的单调性最值的求法，考查转化思想以及计算能力．