Question

15．已知函数f（x）=aln（x+1）-x²在区间（0，1）内任取两个实数p，q，且p≠q，不等式$\frac{{f（{p+1}）-f（{q+1}）}}{p-q}＞1$恒成立，则实数a的取值范围为（　　）

• A． [15，+∞）
• B． $[{-\frac{1}{8}，+∞}）$
• C． [1，+∞）
• D． [6，+∞）

Answer 1

分析 依题意可得，f′（x+1）=$\frac{a}{x+2}$-2（x+1）＞1恒成立，其中x∈（0，1）．分离参数a得：a＞[1+2（x+1）]（x+2）恒成立，x∈（0，1）．构造函数h（x）=[1+2（x+1）]（x+2），则a＞[h（x）]_max，x∈（0，1），利用二次函数的单调性质可求得[h（x）]_max=15，从而可得实数a的取值范围．

解答 解：∵f（x）=aln（x+1）-x²，
∴f（x+1）=aln（x+2）-（x+1）²，
又?p，q∈（0，1），且p≠q，不等式$\frac{{f（{p+1}）-f（{q+1}）}}{p-q}＞1$恒成立?$\frac{f（p+1）-f（q+1）}{（p+1）-（q+1）}＞1$恒成立，
即f′（x+1）=$\frac{a}{x+2}$-2（x+1）＞1恒成立，其中x∈（0，1）．
整理得：a＞[1+2（x+1）]（x+2）恒成立，x∈（0，1）．
令h（x）=[1+2（x+1）]（x+2），
则a＞[h（x）]_max，x∈（0，1）．
∵h（x）=2x²+7x+6，其对称轴方程为x=-$\frac{7}{4}$，h（x）在区间（0，1）上单调递增，
∴当x→1时，h（x）→15，
∴a≥15，即实数a的取值范围为[15，+∞），
故选：A．

点评 本题考查函数恒成立问题，分析得到f′（x+1）=$\frac{a}{x+2}$-2（x+1）＞1（0＜x＜1）恒成立是关键，考查等价转化思想、函数与方程思想的综合运用，考查二次函数的单调性质，属于难题．