Question

已知函數(shù)f（x）=x²+2x+alnx，a∈R．
（Ⅰ）當(dāng)a=-4時(shí)，求f（x）的極值；
（Ⅱ）若f（x）在區(qū)間（0，1）上無極值點(diǎn)，求a的取值范圍；
（Ⅲ）若對(duì)任意t≥1，有f（2t-1）≥2f（t）-3，求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則可得f′（x），令f′（x）=0，再驗(yàn)證是否滿足取得極值的條件即可；
（Ⅱ）由于f（x）在區(qū)間（0，1）上無極值點(diǎn)，則f′（x）≥0或f′（x）≤0對(duì)x∈（0，1）恒成立，即a≥-2x（x+1）或a≤-2x（x+1）在x∈（0，1）上恒成立，故只需a≥[-2x（x+1）]_max或a≤[-2x（x+1）]_min；
（Ⅲ）利用函數(shù)的解析式得到f（2t-1）≥2f（t）-3的等價(jià)命題，再分離參數(shù)得到當(dāng)t＞1時(shí)，a≤

2(t-1)2

ln t2 2t-1

恒成立，進(jìn)而得到a的取值范圍．

解答：解：f′（x）=2x+2+

a

x

=

2x2+2x+a

x

（x＞0）．
（Ⅰ）當(dāng)a=-4時(shí)，f′（x）=2x+2-

4

x

=

2(x+2)(x-1)

x

．
令f′（x）=0，解得x=-2或x=1．
當(dāng) x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)，
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)．
∴x=1是 f （x） 是極小值點(diǎn)，故f（x）的極小值為3；
（Ⅱ）由于f（x）在區(qū)間（0，1）上無極值點(diǎn)，
故f′(x)=2x+2+

a

x

≥0對(duì)x∈（0，1）恒成立或f′(x)=2x+2+

a

x

≤0對(duì)x∈（0，1）恒成立，
即a≥-2x（x+1）或a≤-2x（x+1）在x∈（0，1）上恒成立，
由于y=-2x（x+1）在（0，1）上減函數(shù)，故y_min=-4，y_max=0
所以a≥0或a≤-4
（Ⅲ）∵f（x）=x²+2x+alnx，對(duì)任意t≥1，有f（2t-1）≥2f（t）-3，
∴2t²-4t+2≥2alnt-aln（2t-1）=aln

t2

2t-1

，
當(dāng)t≥1時(shí)，t²≥2t-1，∴ln

t2

2t-1

≥0，即t＞1時(shí)，a≤

2(t-1)2

ln t2 2t-1

恒成立．
又由ln（1+x）≤x在x＞-1上恒成立，
∴ln

t2

2t-1

=ln[1+

(t-1)2

2t-1

]≤

(t-1)2

2t-1

＜(t-1)2在t＞1上恒成立，當(dāng)t=1時(shí)取等號(hào)，
∴當(dāng)t≥1時(shí)，ln

t2

2t-1

＜（t-1）²，故a≤2，
則a的取值范圍為（-∞，2]．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；同時(shí)考查一元二次不等式恒成立問題的解決策略．