Question

19．已知函數f（x）=2（a+1）lnx-ax，g（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-x
（1）若函數f（x）在定義域內為單調函數，求實數a的取值范圍；
（2）證明：若-1＜a＜7，則對于任意x₁，x₂∈（1，+∞），x₁≠x₂，有$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{g（{x_1}）-g（{x_2}）}}$＞-1．

Answer 1

分析 （1）先求出函數的定義域和f′（x），將條件利用導數與函數的單調性的關系，轉化成f′（x）≥0或f′（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，對a分類討論，分別根據一次函數的圖象與性質，求出實數a的取值范圍；
（2）利用二次函數的單調性判斷出g（x）的單調性，不妨設x₁＞x₂把結論進行等價轉化，變形構造恰當的函數h（x），求出h′（x）并根據a的范圍判斷出h′（x）的符號，得到函數h（x）的單調性，即可證明結論．

解答 解：（1）函數f（x）=2（a+1）lnx-ax的定義域是（0，+∞），
∴$f′（x）=\frac{2（a+1）}{x}-a$=$\frac{-ax+2（a+1）}{x}$，
∵函數f（x）在定義域內為單調函數，
∴f′（x）≥0或f′（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，
則-ax+2（a+1）≥0或-ax+2（a+1）≤0在（0，+∞）上恒成立，
①當a=0時，則有2≥0恒成立，函數f（x）在（0，+∞）上為增函數；
②當a＞0時，函數y=-ax+2（a+1）在（0，+∞）上為減函數，
∴只要2（a+1）≤0，即a≤-1時滿足f′（x）≤0成立，此時a無解；
③當a＜0時，函數y=-ax+2（a+1）在（0，+∞）上為增函數，
∴只要2（a+1）≥0，即a≥-1時滿足f′（x）≥0成立，此時-1≤a＜0；
綜上可得，實數a的取值范圍是[-1，0]；
證明：（2）g（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-x=$\frac{1}{2}（x-1）^{2}-\frac{1}{2}$在（1，+∞）單調遞增，
∵x₁，x₂∈（1，+∞），不妨設x₁＞x₂，∴g（x₁）＞g（x₂），
∴$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}＞-1$等價于f（x₁）-f（x₂）＞-g（x₁）+g（x₂），
則f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），
設h（x）=f（x）+g（x）=2（a+1）lnx-（a+1）x+$\frac{1}{2}{x^2}$，
則h′（x）=$\frac{2（a+1）}{x}-a-1+x$=$\frac{2（a+1）}{x}+x-（a+1）$，
∵-1＜a＜7，∴a+1＞0，
∴$\frac{2（a+1）}{x}+x≥$2$\sqrt{\frac{2（a+1）}{x}•x}$=2$\sqrt{2（a+1）}$，當且僅當$\frac{2（a+1）}{x}=x$時取等號，
∴h′（x）≥2$\sqrt{2（a+1）}$-（a+1）=$2-（a+1-\sqrt{2}）^{2}$，
∵-1＜a＜7，∴$2-（a+1-\sqrt{2}）^{2}$＞0，即h′（x）＞0，
∴h（x）在（1，+∞）上單調遞增，滿足f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），
即若-1＜a＜7，則對于任意x₁，x₂∈（1，+∞），x₁≠x₂，有$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{g（{x_1}）-g（{x_2}）}}$＞-1成立．

點評 本題考查導數與函數的單調性的關系，以及構造函數法證明不等式，考查分類討論思想，轉化思想，化簡、變形能力，屬于難題．