Question

已知函数f（x）=21nx+ax²-1 （a∈R）
（I）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若a=l，试解答下列两小题．
（i）若不等式f（1+x）+f（1-x）＜m对任意的0＜x＜l恒成立，求实数m的取值范围；
（ii）若x₁，x₂是两个不相等的正数，且以f（x₁）+f（x₂）=0，求证：x₁+x₂＞2．

Answer 1

【答案】分析：（I）函数f（x）的定义域为（0，+∞），求导函数，令f′（x）＞0，分类讨论可得函数的单调区间；
（Ⅱ）（i）构造函数F（x）=f（1+x）+f（1-x）=2ln（1+x）+2ln（1-x）+2x²，求导函数，确定F（x）在（0，1）上为减函数，从而可求实数m的取值范围；
（ii）由f（x₁）+f（x₂）=0，可得（x₁+x₂）²=2x₁x₂-2lnx₁x₂+2设t=x₁x₂，则t＞0，g（t）=2t-2lnt+2，求出g（t）_min，即可证得结论．
解答：（I）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=
令f′（x）＞0，∵x＞0，∴2ax²+2＞0
①当a≥0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴f（x）递增区间是（0，+∞）；
②当a＜0时，由2ax²+2＞0可得＜x＜
x＞0，∴f（x）递增区间是（0，），递减区间为；
（Ⅱ）（i）解：设F（x）=f（1+x）+f（1-x）=2ln（1+x）+2ln（1-x）+2x²，则F′（x）=
∵0＜x＜l，∴F′（x）＜0在（0，1）上恒成立，∴F（x）在（0，1）上为减函数
∴F（x）＜F（0）=0，∴m≥0，∴实数m的取值范围为[0，+∞）；
（ii）证明：∵f（x₁）+f（x₂）=0，
∴21nx₁+x₁²-1+21nx₂+x₂²-1=0
∴2lnx₁x₂+（x₁+x₂）²-2x₁x₂-2=0
∴（x₁+x₂）²=2x₁x₂-2lnx₁x₂+2
设t=x₁x₂，则t＞0，g（t）=2t-2lnt+2，∴g′（t）=
令g′（t）＞0，得t＞1，∴g（t）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增
∴g（t）_min=g（1）=4，∴（x₁+x₂）²＞4，∴x₁+x₂＞2．
点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，解题的关键是构造函数，正确运用导数．