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）=
+2ax2 x
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-
＜x＜- 1 a - 1 a
x＞0，∴f（x）递增区间是（0，
），递减区间为(-a -a
，+∞)；-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+x2）2-2x1x2-2=0
∴（x1+x2）2=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+x2）2＞4，∴x1+x2＞2．