Question

设函数f（x）=x²+

2

x

+alnx，a∈R，其导函数为f′（x）；
（Ⅰ）当a=-4时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a≤4时，?x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，求证：|f′（x₁）-f′（x₂）|＞|x₁-x₂|．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,绝对值不等式的解法

专题：导数的综合应用

分析：（1）当a=-4时，f′（x）=

2(x3-2x-1)

x2

，（x＞0），令f′（x）≥0，令f′（x）＜0，从而函数f（x）的单调增区间为[

1+ 5

2

，+∞）单调减区间为（0，

1+ 5

2

），
（2）f′（x）=2x-

2

x2

+

a

x

，得|2+

2(x1+x2)

x12x22

-

a

x2x1

|＞1，从而有2+

2(x1+x2)

x12x22

-

a

x2x1

＞1恒成立，只需证明：x₁ x₂+

4

x1x2

≥a即可，对此：设t=

x1x2

，t＞0，u（t）=t²+

4

t

，而u（t）=t²+

2

t

+

2

t

≥3

3	4

=

3	108

＞4≥a，故命题得证．

解答： 解：（1）当a=-4时，f′（x）=

2(x3-2x-1)

x2

，（x＞0），
令f′（x）≥0，即：x³-2x-1≥0，（x+1）（x²-x-1）≥0，解得：x≥

1+ 5

2

，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜

1+ 5

2

，
∴函数f（x）的单调增区间为[

1+ 5

2

，+∞）单调减区间为（0，

1+ 5

2

），
（2）f′（x）=2x-

2

x2

+

a

x

，
∴|f′（x₁ ）-f′（x₂ ）|=|x₁-x₂||2+

2(x1+x2)

x12x22

-

a

x2x1

|，
∴|2+

2(x1+x2)

x12x22

-

a

x2x1

|＞1
下面证明?x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，
有2+

2(x1+x2)

x12x22

-

a

x2x1

＞1恒成立，
即证：a＜x₁x₂+

2(x1+x2)

x1x2

成立，
∵x₁x₂+

2(x1+x2)

x1x2

＞x₁ x₂+

4

x1x2

，
∴只需证明：x₁ x₂+

4

x1x2

≥a即可，
对此：设t=

x1x2

，t＞0，u（t）=t²+

4

t

，
而u（t）=t²+

2

t

+

2

t

≥3

3	4

=

3	108

＞4≥a，
∴即证：a＜x₁x₂+

2(x1+x2)

x1x2

成立，
∴a＜x₁x₂+

2(x1+x2)

x1x2

．
故命题得证．

点评：本题考察了函数的单调性，导数的应用，不等式的证明，是一道综合题．