Question

【题目】已知函数f（x）=x2+2x+alnx（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当t≥1时，不等式f（2t﹣1）≥2f（t）﹣3恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

【答案】
（1）解： ，

令g（x）=2x2+2x+a，判别式为：△=4﹣8a，

①：当△=4﹣8a≤0，得 ，

此时g（x）≥0，从而f'（x）≥0，

所以f（x）在（0，+∞）上单调递增．

②：当△=4﹣8a＞0，即 ，

令g（x）=2x2+2x+a=0，得方程的根 （舍去）， ，

若a＜0，此时x2＞0，g（x）＞0，得 ，

由g（x）＜0，得 ，

∴f（x）在 上单调递增，在 单调递减，

若 ，此时g（x）=2x2+2x+a的对称轴为 ，g（0）=a＞0，

∴g（x）＞g（0）=a＞0，从而f（x）在（0，+∞）上单调递增．

综上：当a≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；

当a＜0，f（x）在 上单调递增， 单调递减

（2）解：由题意有（2t﹣1）2+2（2t﹣1）+aln（2t﹣1）≥2t2+4t+2alnt﹣3恒成立，

即a[ln（2t﹣1）﹣2lnt]≥﹣2t2+4t﹣2，

即a[ln（2t﹣1）﹣lnt2]≥2[（2t﹣1）﹣t2]恒成立，

当t=1时，不等式显然恒成立，

当t＞1时，t2﹣（2t﹣1）=（t﹣1）2＞0，

所以t2＞2t﹣1，则lnt2＞ln（2t﹣1），

于是 ，在t＞1上恒成立，

令 ，

设A（t2，lnt2），B（2t﹣1，ln（2t﹣1）），

则 ，且A，B两点在y=lnx的图象上，

又t2＞1，2t﹣1＞1，

故0＜kAB＜y'|x=1=1，

所以 ，

故a≤2为所求

【解析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（2）根据a[ln（2t﹣1）﹣lnt2]≥2[（2t﹣1）﹣t2]恒成立，得到t=1时，不等式显然恒成立，当t＞1时，问题转化为 ，在t＞1上恒成立，令 ，根据函数的单调性求出a的范围即可．
【考点精析】掌握利用导数研究函数的单调性是解答本题的根本，需要知道一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减．