Question

9．設(shè)函數(shù)f（x）=x²+bln（x+1），其中b≠0．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）證明：當(dāng)b=1時(shí)，對(duì)于任意的x₁，x₂∈[1，+∞），且x₁≠x₂都有$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{5}{2}$．

Answer 1

分析 （1）確定函數(shù)定義域?yàn)椋?1，+∞），求導(dǎo)數(shù)，考查方程2x²+2x+b=0在（-1，+∞）上解的情況，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)可得函數(shù)的單調(diào)性；
（2）將a=1代入可得函數(shù)f（x）解析式，構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-$\frac{5}{2}$x，分析函數(shù)g（x）在[1，+∞）上的單調(diào)性，進(jìn)而根據(jù)單調(diào)性的定義可得結(jié)論．

解答 解：（1）函數(shù)定義域?yàn)椋?1，+∞），
求導(dǎo)數(shù)得f′（x）=2x+$\frac{x+1}$=$\frac{{2x}^{2}+2x+b}{x+1}$，
記g（x）=2x²+2x+b，
①當(dāng)g（x）=0在（-1，+∞）上無(wú)解，即b≥$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）在（-1，+∞）單調(diào)遞增，
②當(dāng)g（x）=0在（-1，+∞）有兩個(gè)不等實(shí)根，即2x²+2x+b=0在（-1，+∞）有兩個(gè)不等實(shí)根，
則 $\left\{\begin{array}{l}{△=4-8b＞0}\\{g（-1）＞0}\end{array}\right.$，即0＜b＜$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）在（-1，$\frac{-1-\sqrt{1-2b}}{2}$）單調(diào)遞增，
在（ $\frac{-1-\sqrt{1-2b}}{2}$$\frac{-1+\sqrt{1-2b}}{2}$，）單調(diào)遞減，在（ $\frac{-1+\sqrt{1-2b}}{2}$，+∞）單調(diào)遞增
③當(dāng)g（x）在（-1，+∞）僅有一實(shí)根，
即b=$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）在（-1，$\frac{-1+\sqrt{1-2b}}{2}$）單調(diào)遞減，在（$\frac{-1+\sqrt{1-2b}}{2}$，+∞）單調(diào)遞增；
證明：（2）b=1時(shí)，f（x）=x²+ln（x+1），
令g（x）=f（x）-$\frac{5}{2}$x=x²+ln（x+1）-$\frac{5}{2}$x（x≥1），
則g′（x）=2x+$\frac{1}{x+1}$-$\frac{5}{2}$=$\frac{（4x+3）（x-1）}{2（x+1）}$，
當(dāng)x≥1時(shí)，g′（x）≥0，所以函數(shù)g（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，
由已知，不妨設(shè)1≤x₁＜x₂＜+∞，則g（x₁）＜g（x₂），
所以f（x₁）-$\frac{5}{2}$x₁＜f（x₂）-$\frac{5}{2}$x₂，
即$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{5}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是利用函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，恒成立問(wèn)題，是導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，難度較大，構(gòu)造合適的函數(shù)是解答的關(guān)鍵．