分析 (1)求導(dǎo)函數(shù),求出函數(shù)的零點(diǎn),再進(jìn)行分類討論,從而可確定函數(shù)y=f(x)的單調(diào)性與單調(diào)區(qū)間.
(2)對任意的x1,x2∈(0,1)且x1≠x2,有$\frac{{f({x_2})-f({x_1})}}{{{x_2}-{x_1}}}$>a恒成立,得到f′(x)=$\frac{2a}{x}$+(2+a)+x>a,在(0,1)恒成立,由此可求a的取值范圍.
解答 解:(1)由題意得,f′(x)=$\frac{2a}{x}$+(2+a)+x=$\frac{(x+2)(x+a)}{x}$(x>0),
由f′(x)=0,x2=-a,x=-2(舍去)
①當(dāng)a≥0時,f′(x)>0,恒成立,故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
②當(dāng)a<0時,f′(x)>0,又x>0,可得x>-a,令f′(x)<0,可得0<x<-a,
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(-a,+∞),單調(diào)減區(qū)間是(0,-a);
(2)∵對任意的x1,x2∈(0,1)且x1≠x2,有$\frac{{f({x_2})-f({x_1})}}{{{x_2}-{x_1}}}$>a恒成立
∴f′(x)=$\frac{2a}{x}$+(2+a)+x>a,在(0,1)恒成立,
∴2a>-x2-2x=-(x+1)2+1,
設(shè)g(x)=-(x+1)2+1,x∈(0,1),
∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,
∴g(x)<g(0)=0
∴2a≥0,
∴a≥0,
故a的取值范圍為[0,+∞)
點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運(yùn)用,考查函數(shù)的單調(diào)性與最值,考查恒成立問題,考查學(xué)生分析解決問題的能力,屬于中檔題.
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A. | ($\frac{2}{3},\frac{5}{6}$) | B. | ($\frac{2}{3}$,1) | C. | ($\frac{1}{4},\frac{3}{4}$) | D. | ($\frac{1}{4},\frac{5}{4}$) |
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A. | $\frac{15}{16}$ | B. | $\frac{8}{9}$ | C. | $-\frac{27}{16}$ | D. | 18 |
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