Question

9．已知函數(shù)f（x）=2lnx+x²+（a-1）x-a，（a∈R），當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）≥0恒成立．
（1）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若正實(shí)數(shù)x₁、x₂（x₁≠x₂）滿足f（x₁）+f（x₂）=0，證明：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)函數(shù)，通過(guò)當(dāng)a≥-3時(shí)，當(dāng)a＜-3時(shí)，利用函數(shù)的單調(diào)性，轉(zhuǎn)化求解a≥-3．
（2）不妨設(shè)x₁＜x₂推出f（x₁）+f（x₂）=0?f（x₂）=-f（x₁），只要證明：-f（x₁）＞f（2-x₁）?f（x₁）+f（2-x₁）＜0，設(shè)g（x）=f（x）+f（2-x）求出$g'（x）=\frac{{4{{（x-1）}^3}}}{x（x-2）}$，利用函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化證明即可．

解答 解：$f'（x）=\frac{2}{x}+2x+（a-1）$
（1）當(dāng)a≥-3時(shí)，$f'（x）=\frac{2}{x}+2x+（a-1）≥a+3≥0$，f（1）=0．
∴當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）≥0成立．…..3分
當(dāng)a＜-3時(shí)，存在大于1的實(shí)數(shù)m，使得f'（m）=0
∴當(dāng)1＜x＜m時(shí)，f'（x）＜0成立．
∴f（x）在區(qū)間（1，m）上單調(diào)遞減；
∴當(dāng)1＜x＜m時(shí)，f（x）＜f（1）=0；
∴a＜-3不可能成立．
所以a≥-3．…..6分
（2）不妨設(shè)x₁＜x₂
∵正實(shí)數(shù)x₁、x₂滿足f（x₁）+f（x₂）=0，
有（1）可知，0＜x₁＜1＜x₂；
又∵f（x）為單調(diào)遞增函數(shù)，
所以x₁+x₂＞2?x₂＞2-x₁?f（x₂）＞f（2-x₁）
又∵f（x₁）+f（x₂）=0?f（x₂）=-f（x₁）
所以只要證明：-f（x₁）＞f（2-x₁）?f（x₁）+f（2-x₁）＜0…..8分
設(shè)g（x）=f（x）+f（2-x）則g（x）=2[lnx+ln（2-x）+x²-2x+1]，
可得$g'（x）=\frac{{4{{（x-1）}^3}}}{x（x-2）}$
∴當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g'（x）＞0成立
∴g（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)增函數(shù)．
又∵g（1）=0
∴當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g（x）＜0成立，即f（x）+f（2-x）＜0．
所以不等式f（x₁）+f（2-x₁）＜0成立．
所以x₁+x₂＞2．…..12分．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的最值的求法，考查分類討論思想以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．