Question

已知函數(shù) f（x）=x²+2lnx+aln（1+x²）．
（I）若a=求f（x）的極值；
（II）已知f（x）有兩個極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂
（i） 求a的取值范圍
（ii）求證：f（x₁）＜1-4ln2
（III） a=0時，求證[f'（x）]ⁿ-2^n-1f'（xⁿ）≥2ⁿ（2ⁿ-2）

Answer 1

【答案】分析：（I）a=-時求出導(dǎo)數(shù)f′（x），在定義域內(nèi)解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0，由導(dǎo)數(shù)符號即可求得其極值；
（II）（i）求導(dǎo)數(shù)f′（x）=，令t=x²，問題轉(zhuǎn)化為方程t²+（a+2）t+1=0有兩個不同正根，從而有，解出即得a的范圍；
（ii）由（i）知x₁，x₂為方程x⁴+（a+2）x²+1=0的兩根，且結(jié)合韋達(dá)定理可知，0＜x₁＜1，再由a＜-4，得f（x₁）=+2lnx₁+aln（1+）＜+2lnx₁-4ln（1+），令g（x₁）=+2lnx₁-4ln（1+），利用導(dǎo)數(shù)可判斷g（x₁）的單調(diào)性，由單調(diào)性得g（x₁）＜g（1），整理后即得結(jié)論；
（III）a=0時求出，，則左邊[f'（x）]ⁿ-2^n-1f'（xⁿ）=2ⁿ （++），令S_n=++，利用倒序相加法可得2S_n，再運(yùn)用基本不等式即可證明；
解答：解：（I）a=-時，f（x）=x²+2lnx-ln（1+x²）（x＞0），f′（x）=2x+-=，
當(dāng)0＜x＜時，f′（x）＞0，當(dāng)時，f′（x）＜0，當(dāng)x＞時，f′（x）＞0，
故f（x）_極小=f（）=2+ln2-，f（x）_極大=f（）=．
（II）由（I）計(jì)算過程不難計(jì)算出f′（x）=，
令t=x²，故只需t²+（a+2）t+1=0有兩個不同正根，即，
所以a的范圍為a＜-4．
因此x₁，x₂為方程x⁴+（a+2）x²+1=0的兩根，且結(jié)合韋達(dá)定理可知，
0＜x₁＜1，再由a＜-4，
所以f（x₁）=+2lnx₁+aln（1+）＜+2lnx₁-4ln（1+），
令g（x₁）=+2lnx₁-4ln（1+），易知g′（x₁）≥0，即g′（x₁）單調(diào)遞增，
所以g（x₁）＜g（1）=1-4ln2，從而命題得證．
（III）a=0時，f（x）=x²+ln2x，所以，，
故左邊[f'（x）]ⁿ-2^n-1f'（xⁿ）=2ⁿ （++），
令S_n=++，
利用倒序相加法可得，2S_n=（x^n-2+）+（x^n-4+）+…+（x^n-4+）+（+x^n-2）
≥2（++…++）=2（2ⁿ-2），
從而命題得證．
點(diǎn)評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、單調(diào)性，考查二次方程根的分布及二項(xiàng)式定理，考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識解決問題的能力，解決（III）問的關(guān)鍵是利用倒序相加法其S_n．