Question

17．设函数f（x）=x²+aln（x+1），a∈R．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：f（x₂）≥（$\frac{2}{\sqrt{e}}$-1）x₂．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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；
（Ⅱ）得到a=-2${{x}_{2}}^{2}$-2x₂，根据f（x₂）=${{x}_{2}}^{2}$+（-2${{x}_{2}}^{2}$-2x₂）ln（x₂+1），x₂∈（-$\frac{1}{2}$，0），得到$\frac{f{（x}_{2}）}{{x}_{2}}$=x₂-2（x₂+1）ln（x₂+1），x₂∈（-$\frac{1}{2}$，0），令h（x）=x-2（x+1）ln（x+1），x∈（-$\frac{1}{2}$，0），根据函数的单调性求出h（x）的最大值，从而证明结论．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（-1，+∞），
f′（x）=2x+$\frac{a}{x+1}$=$\frac{{2x}^{2}+2x+a}{x+1}$，
令g（x）=2x²+2x+a，则△=4-8a，
①当a≥$\frac{1}{2}$时，△≤0，g（x）≥0，从而f′（x）≥0，
故函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增；
②当a＜$\frac{1}{2}$时，△＞0，g（x）=0的两个根为
x₁=$\frac{-1-\sqrt{1-2a}}{2}$，x₂=$\frac{-1+\sqrt{1-2a}}{2}$，
当a≤0时，x₁≤-1＜x₂，此时，当x∈（-1，$\frac{-1+\sqrt{1-2a}}{2}$），函数f（x）单调递减；
当x∈（$\frac{-1+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞），函数f（x）单调递增．
当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，-1＜x₁＜x₂，此时函数f（x）在区间（-1，$\frac{-1-\sqrt{1-2a}}{2}$），（$\frac{-1+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞）单调递增；
当x∈（$\frac{-1-\sqrt{1-2a}}{2}$，$\frac{-1+\sqrt{1-2a}}{2}$）函数f（x）单调递减．
综上：当a≥$\frac{1}{2}$时，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增；
当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，函数f（x）在区间（-1，$\frac{-1-\sqrt{1-2a}}{2}$），（$\frac{-1+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞）单调递增；
 在区间（$\frac{-1-\sqrt{1-2a}}{2}$，$\frac{-1+\sqrt{1-2a}}{2}$），函数f（x）单调递减； 
当a≤0时，x∈（-1，$\frac{-1+\sqrt{1-2a}}{2}$）函数f（x）单调递减，
x∈（$\frac{-1+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞）函数f（x）单调递增…（6分）
（Ⅱ）证明：当函数f（x）有两个极值点时，0＜a＜$\frac{1}{2}$，x₂=$\frac{-1+\sqrt{1-2a}}{2}$∈（-$\frac{1}{2}$，0），
且g（x₂）=2${{x}_{2}}^{2}$+2x₂+a=0，即a=-2${{x}_{2}}^{2}$-2x₂，
f（x₂）=${{x}_{2}}^{2}$+（-2${{x}_{2}}^{2}$-2x₂）ln（x₂+1），x₂∈（-$\frac{1}{2}$，0），
$\frac{f{（x}_{2}）}{{x}_{2}}$=x₂-2（x₂+1）ln（x₂+1），x₂∈（-$\frac{1}{2}$，0），
令h（x）=x-2（x+1）ln（x+1），x∈（-$\frac{1}{2}$，0），
h′（x）=-2ln（x+1）-1，令h′（x）＞0，x∈（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{\sqrt{e}}$-1），函数单调递增；
令h′（x）＜0，x∈（$\frac{1}{\sqrt{e}}$-1，0），函数单调递减；
∴h（x）_max=h（$\frac{1}{\sqrt{e}}$-1）=$\frac{2}{\sqrt{e}}$-1，∴$\frac{f{（x}_{2}）}{{x}_{2}}$≤$\frac{2}{\sqrt{e}}$-1，
∵x₂∈（-$\frac{1}{2}$，0），
∴f（x₂）≥（$\frac{2}{\sqrt{e}}$-1）x₂．

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，考查转化思想，是一道综合题．