Question

20．设函数f（x）=x²+aln（x+1）．
（1）若函数y=f（x）在区间[1，+∞）上是单调递增函数，求实数a的取值范围；
（2）若函数y=f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：0＜$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$＜-$\frac{1}{2}$+ln2．

Answer 1

分析 （1）函数y=f（x）在区间[1，+∞）上是单调递增函数，f′（x）=2x+$\frac{a}{x+1}$≥0，化为：a≥-2x²-2x，x∈[1，+∞）．利用二次函数的单调性即可得出．
（2）f′（x）=$\frac{2{x}^{2}+2x+a}{x+1}$在区间（-1，+∞）上有两个不相等的实数根，?方程2x²+2x+a=0在区间（-1，+∞）上有两个不相等的实数根．令g（x）=2x²+2x+a，则$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}＞-1}\\{g（-1）＞0}\\{g（-\frac{1}{2}）＜0}\end{array}\right.$，解得$0＜a＜\frac{1}{2}$．利用根与系数的工作可得：x₁+x₂=-1，$2{x}_{2}^{2}+2{x}_{2}$+a=0．x₂=$\frac{\sqrt{1-2a}-1}{2}$∈$（-\frac{1}{2}，0）$，可得$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}^{2}+aln（{x}_{2}+1）}{{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}^{2}-（2{x}_{2}^{2}+2{x}_{2}）ln（{x}_{2}+1）}{-1-{x}_{2}}$，令h（x）=$\frac{{x}^{2}-（2{x}^{2}+2x）ln（x+1）}{-1-x}$，x∈$（-\frac{1}{2}，0）$．利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．

解答 （1）解：∵函数y=f（x）在区间[1，+∞）上是单调递增函数，
∴f′（x）=2x+$\frac{a}{x+1}$≥0，化为：a≥-2x²-2x，x∈[1，+∞）．
令g（x）=-2x²-2x，则g（x）=-2$（x+\frac{1}{2}）^{2}$+$\frac{1}{2}$≤$\frac{1}{2}$，
∴a≥$\frac{1}{2}$．
∴实数a的取值范围是$[\frac{1}{2}，+∞）$．
（2）证明：（Ⅱ）f′（x）=$\frac{2{x}^{2}+2x+a}{x+1}$在区间（-1，+∞）上有两个不相等的实数根，
即方程2x²+2x+a=0在区间（-1，+∞）上有两个不相等的实数根．
记g（x）=2x²+2x+a，则$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}＞-1}\\{g（-1）＞0}\\{g（-\frac{1}{2}）＜0}\end{array}\right.$，解得$0＜a＜\frac{1}{2}$．
∴x₁+x₂=-1，$2{x}_{2}^{2}+2{x}_{2}$+a=0．x₂=$\frac{\sqrt{1-2a}-1}{2}$∈$（-\frac{1}{2}，0）$，

∴$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}^{2}+aln（{x}_{2}+1）}{{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}^{2}-（2{x}_{2}^{2}+2{x}_{2}）ln（{x}_{2}+1）}{-1-{x}_{2}}$，
令h（x）=$\frac{{x}^{2}-（2{x}^{2}+2x）ln（x+1）}{-1-x}$，x∈$（-\frac{1}{2}，0）$．
h′（x）=$\frac{{x}^{2}}{（x+1）^{2}}$+2ln（x+1）．
记p（x）=$\frac{{x}^{2}}{（x+1）^{2}}$+2ln（x+1）．
∴p′（x）=$\frac{2{x}^{2}+6x+2}{（1+x）^{3}}$，
分母＞0，分子u（x）=2x²+6x+2=2$（x+\frac{3}{2}）^{2}$-$\frac{5}{2}$在x∈$（-\frac{1}{2}，0）$上单调递增．
$u（-\frac{1}{2}）$=-$\frac{1}{2}＜$0，u（0）=2＞0，
因此函数p′（x）存在唯一零点x₀∈$（-\frac{1}{2}，0）$，使得p′（x₀）=0．
当 x∈$（-\frac{1}{2}，{x}_{0}）$，p′（x）＜0；当x∈（x₀，0）时，p′（x）＞0．
而p（x）在$（-\frac{1}{2}，{x}_{0}）$，单调递减，在（x₀，0）单调递增．
而p（0）=0，$p（-\frac{1}{2}）$=1-2ln2＜0，∴p（x）_min=p（x₀）＜0．
∴h′（x）＜0，∴函数h（x）在$（-\frac{1}{2}，0）$上单调递减．
∴h（0）＜h（x）＜$h（-\frac{1}{2}）$，
可得：0＜h（x）＜ln2$-\frac{1}{2}$，
即0＜$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$＜-$\frac{1}{2}$+ln2．

点评 本题考查了利用导数研究单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．