Question

20．已知函数f（x）=2（a+1）lnx-ax，g（x）=$\frac{1}{2}$x²-x．
（1）若函数f（x）在定义域内为单调函数，求实数a的取值范围；
（2）证明：若-1＜a＜7，则对于任意x₁、x₂∈（1，+∞），x₁≠x₂，有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}$＞-1．

Answer 1

分析 （1）先求f（x）=2（a+1）lnx-ax的定义域，再求导f′（x）=2（a+1）$\frac{1}{x}$-a=$\frac{a（2-x）+2}{x}$，从而由题意知f′（x）=$\frac{a（2-x）+2}{x}$≥0在（0，+∞）上恒成立，从而化为最值问题；
（2）由二次函数的性质易知g（x）=$\frac{1}{2}$x²-x在（1，+∞）上是增函数，从而不妨设x₁＞x₂，从而可得g（x₁）＞g（x₂）；故$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}$＞-1可化为f（x₁）-f（x₂）＞-（g（x₁）-g（x₂）），即证f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），
令H（x）=f（x）+g（x）=2（a+1）lnx-ax+$\frac{1}{2}$x²-x，从而利用导数证明H（x）=f（x）+g（x）=2（a+1）lnx-ax+$\frac{1}{2}$x²-x在（1，+∞）上是增函数即可．

解答 解：（1）f（x）=2（a+1）lnx-ax的定义域为（0，+∞），
f′（x）=2（a+1）$\frac{1}{x}$-a=$\frac{a（2-x）+2}{x}$，
∵f′（2）=1，又∵函数f（x）在定义域内为单调函数，
∴f′（x）=$\frac{a（2-x）+2}{x}$≥0在（0，+∞）上恒成立，
∴a（2-x）+2≥0在（0，+∞）上恒成立，
即-ax+2a+2≥0在（0，+∞）上恒成立，
故$\left\{\begin{array}{l}{-a≥0}\\{2a+2≥0}\end{array}\right.$，
解得，-1≤a≤0；
（2）证明：∵g（x）=$\frac{1}{2}$x²-x在（1，+∞）上是增函数，
∴对于任意x₁、x₂∈（1，+∞），x₁≠x₂，不妨设x₁＞x₂，
则g（x₁）＞g（x₂）；
则$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}$＞-1可化为f（x₁）-f（x₂）＞-（g（x₁）-g（x₂）），
即证f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），
令H（x）=f（x）+g（x）=2（a+1）lnx-ax+$\frac{1}{2}$x²-x，
H′（x）=2（a+1）$\frac{1}{x}$-a+x-1=$\frac{{x}^{2}-（a+1）x+2（a+1）}{x}$，
令M（x）=x²-（a+1）x+2（a+1），
①-1＜a≤1时，0＜a+1≤2，
故M（x）=x²-（a+1）x+2（a+1）在（1，+∞）上是增函数，
故M（x）＞M（1）=1-a-1+2a+2=a+2＞0，
②1＜a＜7时，M（x）=x²-（a+1）x+2（a+1）的对称轴x=$\frac{a+1}{2}$∈（1，+∞），
故M（x）≥（$\frac{a+1}{2}$）²-（a+1）$\frac{a+1}{2}$+2（a+1）
=$\frac{1}{4}$（a+1）（7-a）＞0，
故-1＜a＜7时，M（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，
即H′（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，
故H（x）=f（x）+g（x）=2（a+1）lnx-ax+$\frac{1}{2}$x²-x在（1，+∞）上是增函数，
故f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），
故原式成立．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，同时考查了二次函数的性质应用及分类讨论的思想应用，属于难题．