Question

11．已知函數(shù)f（x）=x²+2x+alnx（a∈R）．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)t≥1時(shí)，不等式f（2t-1）≥2f（t）-3恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）根據(jù)a[ln（2t-1）-lnt²]≥2[（2t-1）-t²]恒成立，得到t=1時(shí)，不等式顯然恒成立，當(dāng)t＞1時(shí)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為$a≤\frac{{2[{（{2t-1}）-{t^2}}]}}{{ln（{2t-1}）-ln{t^2}}}$，在t＞1上恒成立，令$u=\frac{{2[{（{2t-1}）-{t^2}}]}}{{ln（{2t-1}）-ln{t^2}}}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（1）$f'（x）=2x+2+\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}+2x+a}}{x}（{x＞0}）$，
令g（x）=2x²+2x+a，判別式為：△=4-8a，
①：當(dāng)△=4-8a≤0，得$a≥\frac{1}{2}$，
此時(shí)g（x）≥0，從而f'（x）≥0，
所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
②：當(dāng)△=4-8a＞0，即$a＜\frac{1}{2}$，
令g（x）=2x²+2x+a=0，得方程的根${x_1}=-1-\sqrt{1-2a}$（舍去），${x_2}=-1+\sqrt{1-2a}$，
若a＜0，此時(shí)x₂＞0，g（x）＞0，得$x＞{x_2}=-1+\sqrt{1-2a}$，
由g（x）＜0，得$x＜{x_2}=-1+\sqrt{1-2a}$，
∴f（x）在$（{-1+\sqrt{1-2a}，+∞}）$上單調(diào)遞增，在$（{0，-1+\sqrt{1-2a}}）$單調(diào)遞減，
若$0≤a＜\frac{1}{2}$，此時(shí)g（x）=2x²+2x+a的對(duì)稱軸為$x=-\frac{1}{2}$，g（0）=a＞0，
∴g（x）＞g（0）=a＞0，從而f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
綜上：當(dāng)a≥0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＜0，f（x）在$（{-1+\sqrt{1-2a}，+∞}）$上單調(diào)遞增，$（{0，-1+\sqrt{1-2a}}）$單調(diào)遞減．
（2）由題意有（2t-1）²+2（2t-1）+aln（2t-1）≥2t²+4t+2alnt-3恒成立，
即a[ln（2t-1）-2lnt]≥-2t²+4t-2，
即a[ln（2t-1）-lnt²]≥2[（2t-1）-t²]恒成立，
當(dāng)t=1時(shí)，不等式顯然恒成立，
當(dāng)t＞1時(shí)，t²-（2t-1）=（t-1）²＞0，
所以t²＞2t-1，則lnt²＞ln（2t-1），
于是$a≤\frac{{2[{（{2t-1}）-{t^2}}]}}{{ln（{2t-1}）-ln{t^2}}}$，在t＞1上恒成立，
令$u=\frac{{2[{（{2t-1}）-{t^2}}]}}{{ln（{2t-1}）-ln{t^2}}}$，
設(shè)A（t²，lnt²），B（2t-1，ln（2t-1）），
則${k_{AB}}=\frac{{（{2t-1}）-{t^2}}}{{ln（{2t-1}）-ln{t^2}}}$，且A，B兩點(diǎn)在y=lnx的圖象上，
又t²＞1，2t-1＞1，
故0＜k_AB＜y'|_x=1=1，
所以$u=2\frac{1}{{{k_{AB}}}}＞2$，
故a≤2為所求．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．