《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

例3 已知函数$f(x)=(a + 1)\ln x+ax^{2}+1$.
（1）讨论函数$f(x)$的单调性；
（2）设$a\leq - 2$，证明：对任意$x_{1},x_{2}\in(0,+\infty)$，$|f(x_{1})-f(x_{2})|\geq4|x_{1}-x_{2}|$.

答案： （1）解　$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f^\prime(x)=\frac{a + 1}{x}+2ax=\frac{2ax^{2}+a + 1}{x}$.当$a\geq0$时，$f^\prime(x)＞0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；当$a\leq - 1$时，$f^\prime(x)＜0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减；当$-1 ＜ a ＜ 0$时，令$f^\prime(x)=0$，解得$x=\sqrt{-\frac{a + 1}{2a}}$，当$x\in(0,\sqrt{-\frac{a + 1}{2a}})$时，$f^\prime(x)＞0$；当$x\in(\sqrt{-\frac{a + 1}{2a}},+\infty)$时，$f^\prime(x)＜0$，故$f(x)$在$(0,\sqrt{-\frac{a + 1}{2a}})$上单调递增，在$(\sqrt{-\frac{a + 1}{2a}},+\infty)$上单调递减. （2）证明　不妨设$x_1\geq x_2$，由于$a\leq - 2$，由（1）可得$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减.所以$|f(x_1)-f(x_2)|\geq4|x_1 - x_2|$等价于$f(x_2)-f(x_1)\geq4(x_1 - x_2)$，即$f(x_2)+4x_2\geq f(x_1)+4x_1$.令$g(x)=f(x)+4x$，则$g^\prime(x)=\frac{a + 1}{x}+2ax + 4=\frac{2ax^{2}+4x + a + 1}{x}$.于是$g^\prime(x)\leq\frac{-4x^{2}+4x - 1}{x}=\frac{-(2x - 1)^{2}}{x}\leq0$.从而$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，故$g(x_1)\leq g(x_2)$，即$f(x_1)+4x_1\leq f(x_2)+4x_2$，故对任意$x_1,x_2\in(0,+\infty)$，$|f(x_1)-f(x_2)|\geq4|x_1 - x_2|$.

跟踪训练3 已知函数$f(x)=ax + 1(x ＞ 0)$，$g(x)=\ln x-\frac{a - 1}{x}+2a$.
（1）若$a=\frac{1}{2}$，比较函数$f(x)$与$g(x)$的大小；
（2）若$m ＞ n ＞ 0$，求证：$\frac{m - n}{\ln m-\ln n}＞\sqrt{mn}$.

答案： （1）解　当$a=\frac{1}{2}$时，$f(x)=\frac{x}{2}+1$，$g(x)=\ln x+\frac{1}{2x}+1$.令$F(x)=f(x)-g(x)=\frac{x}{2}-\ln x-\frac{1}{2x}$，则$F^\prime(x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{x}+\frac{1}{2x^2}=\frac{(x - 1)^2}{2x^2}\geq0$，所以$F(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，且$F(1)=0$.综上，当$x = 1$时，$F(x)=0$，$f(x)=g(x)$；当$x\in(0,1)$时，$F(x)＜0$，$f(x)＜g(x)$；当$x\in(1,+\infty)$时，$F(x)＞0$，$f(x)＞g(x)$. （2）证明　因为$m＞n＞0$，则$\frac{m}{n}＞1$.要证$\frac{m - n}{\ln m-\ln n}＞\sqrt{mn}$，即证$\frac{m - n}{\sqrt{mn}}＞\ln m-\ln n$，即证$\sqrt{\frac{m}{n}}-\sqrt{\frac{n}{m}}＞\ln\frac{m}{n}$，设$t=\sqrt{\frac{m}{n}}$，则$t＞1$，即证$t-\frac{1}{t}＞\ln t^2 = 2\ln t$，即证$\frac{t}{2}-\ln t-\frac{1}{2t}＞0(t＞1)$，由（1）知，当$x\in(1,+\infty)$时，$F(x)＞0$成立，故不等式成立，所以当$m＞n＞0$时，$\frac{m - n}{\ln m-\ln n}＞\sqrt{mn}$.