Question

11．已知函数f（x）=x²+2x+alnx（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当t≥1时，不等式f（2t-1）≥2f（t）-3恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）根据a[ln（2t-1）-lnt²]≥2[（2t-1）-t²]恒成立，得到t=1时，不等式显然恒成立，当t＞1时，问题转化为$a≤\frac{{2[{（{2t-1}）-{t^2}}]}}{{ln（{2t-1}）-ln{t^2}}}$，在t＞1上恒成立，令$u=\frac{{2[{（{2t-1}）-{t^2}}]}}{{ln（{2t-1}）-ln{t^2}}}$，根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（1）$f'（x）=2x+2+\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}+2x+a}}{x}（{x＞0}）$，
令g（x）=2x²+2x+a，判别式为：△=4-8a，
①：当△=4-8a≤0，得$a≥\frac{1}{2}$，
此时g（x）≥0，从而f'（x）≥0，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增．
②：当△=4-8a＞0，即$a＜\frac{1}{2}$，
令g（x）=2x²+2x+a=0，得方程的根${x_1}=-1-\sqrt{1-2a}$（舍去），${x_2}=-1+\sqrt{1-2a}$，
若a＜0，此时x₂＞0，g（x）＞0，得$x＞{x_2}=-1+\sqrt{1-2a}$，
由g（x）＜0，得$x＜{x_2}=-1+\sqrt{1-2a}$，
∴f（x）在$（{-1+\sqrt{1-2a}，+∞}）$上单调递增，在$（{0，-1+\sqrt{1-2a}}）$单调递减，
若$0≤a＜\frac{1}{2}$，此时g（x）=2x²+2x+a的对称轴为$x=-\frac{1}{2}$，g（0）=a＞0，
∴g（x）＞g（0）=a＞0，从而f（x）在（0，+∞）上单调递增．
综上：当a≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＜0，f（x）在$（{-1+\sqrt{1-2a}，+∞}）$上单调递增，$（{0，-1+\sqrt{1-2a}}）$单调递减．
（2）由题意有（2t-1）²+2（2t-1）+aln（2t-1）≥2t²+4t+2alnt-3恒成立，
即a[ln（2t-1）-2lnt]≥-2t²+4t-2，
即a[ln（2t-1）-lnt²]≥2[（2t-1）-t²]恒成立，
当t=1时，不等式显然恒成立，
当t＞1时，t²-（2t-1）=（t-1）²＞0，
所以t²＞2t-1，则lnt²＞ln（2t-1），
于是$a≤\frac{{2[{（{2t-1}）-{t^2}}]}}{{ln（{2t-1}）-ln{t^2}}}$，在t＞1上恒成立，
令$u=\frac{{2[{（{2t-1}）-{t^2}}]}}{{ln（{2t-1}）-ln{t^2}}}$，
设A（t²，lnt²），B（2t-1，ln（2t-1）），
则${k_{AB}}=\frac{{（{2t-1}）-{t^2}}}{{ln（{2t-1}）-ln{t^2}}}$，且A，B两点在y=lnx的图象上，
又t²＞1，2t-1＞1，
故0＜k_AB＜y'|_x=1=1，
所以$u=2\frac{1}{{{k_{AB}}}}＞2$，
故a≤2为所求．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．