Question

1．已知函数f（x）=aln（x+1）+$\frac{1}{2}$x²-x，其中a为实数．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：2f（x₂）-x₁＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导数，分类讨论，利用导数的正负研究函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）所证问题转化为（1+x₂）ln（x₂+1）-$\frac{1}{2}$x₂＞0，令g（x）=（1+x）ln（x+1）-$\frac{1}{2}$x，x∈（0，1），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（-1，+∞），$f′（x）=\frac{a}{x+1}+x-1$=$\frac{{x}^{2}+a-1}{x+1}$．
①当a-1≥0时，即a≥1时，f'（x）≥0，f（x）在（-1，+∞）上单调递增；
②当0＜a＜1时，由f'（x）=0得${x}_{1}=-\sqrt{1-a}$，${x}_{2}=\sqrt{1-a}$，
故f（x）在（-1，-$\sqrt{1-a}$）上单调递增，在（-$\sqrt{1-a}$，$\sqrt{1-a}$）上单调递减，
在（$\sqrt{1-a}$，+∞）上单调递增；
③当a＜0时，由f'（x）=0得x₁=$\sqrt{1-a}$，x₂=-$\sqrt{1-a}$（舍）
f（x）在（-1，$\sqrt{1-a}$）上单调递减，在（$\sqrt{1-a}$，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，则0＜a＜1，${x}_{1}=-\sqrt{1-a}$，${x}_{2}=\sqrt{1-a}$，
∴x₁+x₂=0，x₁x₂=a-1且x₂∈（0，1），
要证2f（x₂）-x₁＞0?f（x₂）+$\frac{1}{2}$x₂＞0?aln（x₂+1）+$\frac{1}{2}{{x}_{2}}^{2}$-$\frac{1}{2}$x₂＞0?（1+x₂）ln（x₂+1）-$\frac{1}{2}$x₂＞0，
令g（x）=（1+x）ln（x+1）-$\frac{1}{2}$x，x∈（0，1），
∵g′（x）=ln（x+1）+$\frac{1}{2}$＞0，
∴g（x）在（0，1）递增，
∴g（x）＞g（0）=0，
∴命题得证．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的构造与运用，转化思想．属于中档题