Question

6．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+2alnx+（a+2）x，a∈R
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）是否存在实数a，对任意的x₁，x₂∈（0，1）且x₁≠x₂，有$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}$＞a恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）求导函数，求出函数的零点，再进行分类讨论，从而可确定函数y=f（x）的单调性与单调区间．
（2）对任意的x₁，x₂∈（0，1）且x₁≠x₂，有$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}$＞a恒成立，得到f′（x）=$\frac{2a}{x}$+（2+a）+x＞a，在（0，1）恒成立，由此可求a的取值范围．

解答 解：（1）由题意得，f′（x）=$\frac{2a}{x}$+（2+a）+x=$\frac{（x+2）（x+a）}{x}$（x＞0），
由f′（x）=0，x₂=-a，x=-2（舍去）
①当a≥0时，f′（x）＞0，恒成立，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，
②当a＜0时，f′（x）＞0，又x＞0，可得x＞-a，令f′（x）＜0，可得0＜x＜-a，
∴函数f（x）的单调增区间是（-a，+∞），单调减区间是（0，-a）；
（2）∵对任意的x₁，x₂∈（0，1）且x₁≠x₂，有$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}$＞a恒成立
∴f′（x）=$\frac{2a}{x}$+（2+a）+x＞a，在（0，1）恒成立，
∴2a＞-x²-2x=-（x+1）²+1，
设g（x）=-（x+1）²+1，x∈（0，1），
∴g（x）在（0，1）上单调递减，
∴g（x）＜g（0）=0
∴2a≥0，
∴a≥0，
故a的取值范围为[0，+∞）

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．