问题 解答题

已知函数f(x)=21nx+ax2-1 (a∈R)

(I)求函数f(x)的单调区间;

(Ⅱ)若a=l,试解答下列两小题.

(i)若不等式f(1+x)+f(1-x)<m对任意的0<x<l恒成立,求实数m的取值范围;

(ii)若x1,x2是两个不相等的正数,且以f(x1)+f(x2)=0,求证:x1+x2>2.

答案

(I)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=

2
x
+2ax

令f′(x)>0,∵x>0,∴2ax2+2>0

①当a≥0时,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,∴f(x)递增区间是(0,+∞);

②当a<0时,由2ax2+2>0可得-

-
1
a
<x<
-
1
a

x>0,∴f(x)递增区间是(0,

-a
-a
),递减区间为(
-a
-a
,+∞)

(Ⅱ)(i)设F(x)=f(1+x)+f(1-x)=2ln(1+x)+2ln(1-x)+2x2,则F′(x)=

4x3
x2-1

∵0<x<l,∴F′(x)<0在(0,1)上恒成立,∴F(x)在(0,1)上为减函数

∴F(x)<F(0)=0,∴m≥0,∴实数m的取值范围为[0,+∞);

(ii)证明:∵f(x1)+f(x2)=0,

∴21nx1+x12-1+21nx2+x22-1=0

∴2lnx1x2+(x1+x22-2x1x2-2=0

∴(x1+x22=2x1x2-2lnx1x2+2

设t=x1x2,则t>0,g(t)=2t-2lnt+2,∴g′(t)=

2(t-1)
t

令g′(t)>0,得t>1,∴g(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增

∴g(t)min=g(1)=4,∴(x1+x22>4,∴x1+x2>2.

实验题
判断题