Question

13．已知函數(shù)$f（x）=\frac{x^2}{ln（x+a）-ax}（a∈R）$
（1）當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，設(shè)$h（x）=\frac{x^2}{f（x）}$，
（i）若對(duì)任意的x∈[0，+∞），h（x）≥kx²成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（ii）對(duì)任意x₁＞x₂＞-1，證明：不等式$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{h（{x_1}）-h（{x_2}）+{x_1}-{x_2}}}＜\frac{{{x_1}+{x_2}+2}}{2}$恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出a=0的函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)大于0，得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于0，得減區(qū)間；
（2）（i）當(dāng)k≥0時(shí)，取x=1，檢驗(yàn)即可說明，再討論k＜0，設(shè)g（x）=h（x）-kx²=ln（x+1）-x-kx²，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可求得k的范圍；
（ii）運(yùn)用分析法證明不等式，通過構(gòu)造φ（x）=$\frac{t-1}{t+1}$-$\frac{1}{2}$lnt（t＞1），求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（1）當(dāng)a=0時(shí)，$\begin{array}{l}f（x）=\frac{x^2}{lnx}（x＞0，x≠1）\end{array}$，
$\begin{array}{l}f'（x）=\frac{{x（{2lnx-1}）}}{{{{（{lnx}）}^2}}}（x＞0，x≠1）\end{array}$，
$令f'（x）＞0得x＞\sqrt{e}，令f'（x）＜0得0＜x＜\sqrt{e}且x≠1$
則$f（x）的單調(diào)減區(qū)間為：（{0，1}），（{1，\sqrt{e}}）；單調(diào)增區(qū)間為（{\sqrt{e}，+∞}）$；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，h（x）=ln（x+1）-x（x≥0），
（i）∵k≥0時(shí)，取x=1，h（1）=ln2-1＜0，知h（x）≥kx²不恒成立，∴k≥0舍去  
∴當(dāng)k＜0，設(shè)g（x）=h（x）-kx²=ln（x+1）-x-kx²
則$g'（x）=\frac{1}{x+1}-1-2kx=\frac{-x（2kx+2k+1）}{x+1}$，
令g'（x）=0得${x_1}=0，{x_2}=-\frac{2k+1}{2k}＞-1$$若{x_2}=-\frac{2k+1}{2k}≤0，即k≤-\frac{1}{2}，g'（x）＞0在x∈（{0，+∞}）上恒成立$．
∴g（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，從而有g(shù)（x）≥g（0）=0，
即h（x）≥kx²在[0，+∞）恒成立．
∴$k≤-\frac{1}{2}$，
$若{x_2}=-\frac{2k+1}{2k}＞0，即-\frac{1}{2}＜k＜0，當(dāng)x∈（{0，-\frac{2k+1}{2k}}）時(shí)，g'（x）＜0$，
∴g（x）在（0，-$\frac{2k+1}{2k}$）上單調(diào)遞減，當(dāng)取x₀∈（0，-$\frac{2k+1}{2k}$）時(shí)，g（x₀）＜g（0）=0，
即h（x₀）≥kx₀²不成立，則-$\frac{1}{2}$＜k＜0舍去．
綜上$k≤-\frac{1}{2}$；
（ii）要證明$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{h（{x_1}）-h（{x_1}）+{x_1}-{x_2}}}＜\frac{{{x_1}+{x_2}+2}}{2}$，
只需證明$\frac{{（{x_1}+1）-（{x_2}+1）}}{{ln（{x_1}+1）-ln（{x_2}+1）}}＜\frac{{（{x_1}+1）+（{x_2}+1）}}{2}$，
只需證明$\frac{{（{x_1}+1）-（{x_2}+1）}}{{（{x_1}+1）+（{x_2}+1）}}＜\frac{1}{2}[{ln（{x_1}+1）-ln（{x_2}+1）}]$，
即證明$\frac{\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}-1}{\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}+1}$＜$\frac{1}{2}$ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$，
令t=$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$（t＞1），則需證明$\frac{t-1}{t+1}$-$\frac{1}{2}$lnt＜0，
令φ（x）=$\frac{t-1}{t+1}$-$\frac{1}{2}$lnt（t＞1），則φ′（t）=-$\frac{（t-1）^{2}}{2t（t+1）^{2}}$＜0
即有φ（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
則φ（t）＜φ（1）=0，即$\frac{t-1}{t+1}$-$\frac{1}{2}$lnt＜0，
故不等式$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{h（{x_1}）-h（{x_1}）+{x_1}-{x_2}}}＜\frac{{{x_1}+{x_2}+2}}{2}$得證．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，主要考查不等式恒成立問題注意運(yùn)用單調(diào)性，同時(shí)考查不等式的證明，注意構(gòu)造函數(shù)運(yùn)用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，屬于中檔題和易錯(cuò)題．