Question

19．已知函数f（x）=2（a+1）lnx-ax，g（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-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）先求出函数的定义域和f′（x），将条件利用导数与函数的单调性的关系，转化成f′（x）≥0或f′（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，对a分类讨论，分别根据一次函数的图象与性质，求出实数a的取值范围；
（2）利用二次函数的单调性判断出g（x）的单调性，不妨设x₁＞x₂把结论进行等价转化，变形构造恰当的函数h（x），求出h′（x）并根据a的范围判断出h′（x）的符号，得到函数h（x）的单调性，即可证明结论．

解答 解：（1）函数f（x）=2（a+1）lnx-ax的定义域是（0，+∞），
∴$f′（x）=\frac{2（a+1）}{x}-a$=$\frac{-ax+2（a+1）}{x}$，
∵函数f（x）在定义域内为单调函数，
∴f′（x）≥0或f′（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，
则-ax+2（a+1）≥0或-ax+2（a+1）≤0在（0，+∞）上恒成立，
①当a=0时，则有2≥0恒成立，函数f（x）在（0，+∞）上为增函数；
②当a＞0时，函数y=-ax+2（a+1）在（0，+∞）上为减函数，
∴只要2（a+1）≤0，即a≤-1时满足f′（x）≤0成立，此时a无解；
③当a＜0时，函数y=-ax+2（a+1）在（0，+∞）上为增函数，
∴只要2（a+1）≥0，即a≥-1时满足f′（x）≥0成立，此时-1≤a＜0；
综上可得，实数a的取值范围是[-1，0]；
证明：（2）g（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-x=$\frac{1}{2}（x-1）^{2}-\frac{1}{2}$在（1，+∞）单调递增，
∵x₁，x₂∈（1，+∞），不妨设x₁＞x₂，∴g（x₁）＞g（x₂），
∴$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}＞-1$等价于f（x₁）-f（x₂）＞-g（x₁）+g（x₂），
则f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），
设h（x）=f（x）+g（x）=2（a+1）lnx-（a+1）x+$\frac{1}{2}{x^2}$，
则h′（x）=$\frac{2（a+1）}{x}-a-1+x$=$\frac{2（a+1）}{x}+x-（a+1）$，
∵-1＜a＜7，∴a+1＞0，
∴$\frac{2（a+1）}{x}+x≥$2$\sqrt{\frac{2（a+1）}{x}•x}$=2$\sqrt{2（a+1）}$，当且仅当$\frac{2（a+1）}{x}=x$时取等号，
∴h′（x）≥2$\sqrt{2（a+1）}$-（a+1）=$2-（a+1-\sqrt{2}）^{2}$，
∵-1＜a＜7，∴$2-（a+1-\sqrt{2}）^{2}$＞0，即h′（x）＞0，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，满足f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），
即若-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成立．

点评 本题考查导数与函数的单调性的关系，以及构造函数法证明不等式，考查分类讨论思想，转化思想，化简、变形能力，属于难题．