Question

8．设函数f（x）=x²-aln（x+2），且f（x）存在两个极值点x₁，x₂，其中x₁＜x₂．
（I）求实数a的取值范围；
（II）证明不等式：$\frac{{f（{x_1}）}}{x_2}+1＜0$．

Answer 1

分析 （I）求导，由题意可知：2x²+4x-a=0在（-2，+∞）内有两个不相等实根，构造辅助函数，利用函数的性质，即可求得实数a的取值范围；
（II）由（I）可知，利用韦达定理，则$\frac{{f（{x_1}）}}{x_2}=\frac{{x_1^2-aln（{x_1}+2）}}{x_2}={x_2}+\frac{4}{x_2}-2（{x_2}+2）ln（-{x_2}）+4$，构造辅助函数．利用导数求得函数的单调区间，则F（x）＜F（1）=-1，即$\frac{{f（{x_1}）}}{x_2}＜-1$．

解答 解：（Ⅰ）由题意，$f'（x）=2x-\frac{a}{x+2}（x＞-2）$，-----------------（1分）
∵函数f（x）存在两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，
∴关于x的方程$2x-\frac{a}{x+2}=0$，
即2x²+4x-a=0在（-2，+∞）内有两个不相等实根．--------------（2分）
令φ（x）=2x²+4x-a，
则$\left\{{\begin{array}{l}{△=16+8a＞0}\\{φ（-2）＞0}\end{array}}\right.$-----------------------------------------（3分）
解得-2＜a＜0．所以，实数a的取值范围（-2，0）．-------------（4分）
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}{x_2}=-\frac{a}{2}}\\{{x_1}+{x_2}=-2}\\{-1＜{x_2}＜0}\end{array}}\right.$
∴$\frac{{f（{x_1}）}}{x_2}=\frac{{x_1^2-aln（{x_1}+2）}}{x_2}={x_2}+\frac{4}{x_2}-2（{x_2}+2）ln（-{x_2}）+4$，---------（10分）
令-x₂=x，则0＜x＜1，且$\frac{{f（{x_1}）}}{x_2}=-x-\frac{4}{x}+2（x-2）lnx+4$，
令$F（x）=-x-\frac{4}{x}+2（x-2）lnx+4（0＜x＜1）$，则------------------（11分）
$F'（x）=-1+\frac{4}{x^2}+2lnx+\frac{2（x-2）}{x}=\frac{4}{x^2}-\frac{4}{x}+2lnx+1（0＜x＜1）$------（12分）
∴$F''（x）=-\frac{8}{x^3}+\frac{4}{x^2}+\frac{2}{x}=\frac{{2（{x^2}+2x-4）}}{x^3}$，
∵0＜x＜1，
∴F''（x）＜0即F'（x）在（0，1）上是减函数，
∴F'（x）＞F'（1）=1＞0，
∴F（x）在（0，1）上是增函数，------------（13分）
∴F（x）＜F（1）=-1，即$\frac{{f（{x_1}）}}{x_2}＜-1$，
所以，$\frac{{f（{x_1}）}}{x_2}+1＜0$．------------------------------------（14分）

点评 本题考查导数的综合应用，考查导数与函数单调性的关系，利用导数求函数的最值，考查计算能力，属于中档题．