Question

2．已知函數(shù)f（x）=（a-1）lnx+ax²+1．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若a≥l時，任意的x₁＞x₂＞0，總有|f（x₁）-f（x₂）|＞2|x₁-x₂|，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求導(dǎo)，再分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可求出，
（Ⅱ）根據(jù)（Ⅰ）的結(jié)論可得|f（x₁）-f（x₂）|＞2|x₁-x₂|即為f（x₁）-f（x₂）＞2x₁-2x₂，令g（x）=f（x）-2x，求導(dǎo)，再分離參數(shù)，根據(jù)基本不等式即可求出a的范圍

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{a-1}{x}$+2ax=$\frac{2a{x}^{2}+a-1}{x}$（x＞0）
當(dāng)0＜a＜1時，令f′（x）=0，解得$x=\sqrt{\frac{1-a}{2a}}$則當(dāng)$0＜x＜\sqrt{\frac{1-a}{2a}}$時f′（x）＜0，
當(dāng)$x＞\sqrt{\frac{1-a}{2a}}$時 f′（x）＞0，
故f（x）在$（0，\sqrt{\frac{1-a}{2a}）}$上單調(diào)遞減；在$\sqrt{\frac{1-a}{2a}，}+∞）$上單調(diào)遞增；
綜上當(dāng)a≥1時f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a≤0時f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；
當(dāng)0＜a＜1時f（x）在$（0，\sqrt{\frac{1-a}{2a}）}$上單調(diào)遞減；在$\sqrt{\frac{1-a}{2a}，}+∞）$上單調(diào)遞增        
（II）由（Ⅰ）知當(dāng)a≥1時f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
對任意x₁＞x₂＞0，f（x₁）＞f（x₂），
∴f（x₁）-f（x₂）＞2x₁-2x₂即f（x₁）-f（x₂）＞2x₁-2x₂
令g（x）=f（x）-2x，
∵x₁＞x₂＞0，f（x₁）-f（x₂）＞2x₁-2x₂
∴g（x）=f（x）-2x，在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
∴g′（x）=$\frac{a-1}{x}$+2ax-2，即$\frac{a-1}{x}+2ax-2≥0$在（0，+∞）上恒成立；
故（$\frac{1}{x}$+2x）a＞2+$\frac{1}{x}$，
∵x＞0，
∴$a≥\frac{{2+\frac{1}{x}}}{{\frac{1}{x}+2x}}=\frac{2x+1}{{1+2{x^2}}}$
令t=2x+1，則$x=\frac{t-1}{2}$又∵x＞0，∴t＞1，
∴$a≥\frac{t}{{2{{（\frac{t-1}{2}）}^2}+1}}=\frac{t}{{\frac{{{t^2}-2t+1}}{2}+1}}=\frac{2}{{t+\frac{3}{t}-2}}$
∵t＞1
∴$t+\frac{3}{t}≥2\sqrt{3}$（當(dāng)且僅當(dāng)$t=\sqrt{3}$時取等號）
∴$\frac{2}{t+\frac{3}{t}-2}$≤$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$
故不等式$a≥\frac{2}{{t+\frac{3}{t}-2}}$恒成立的條件是$a≥\frac{{\sqrt{3}+1}}{2}$

點評 本題考查了函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用問題，也考查了求函數(shù)最值與不等式恒成立問題，是綜合性問題．