Question

【题目】已知函数f(x)=x2++alnx.

（Ⅰ）若f(x)在区间[2,3]上单调递增，求实数a的取值范围；

（Ⅱ）设f(x)的导数f’(x )的图象为曲线C ，曲线C 上的不同两点A (x1, y1) ，B (x2,y 2) 所在直线的斜率为k ，求证：当a≤4时，|k|>1.

Answer 1

【答案】(Ⅰ)a≥-7；(Ⅱ)证明见解析.

【解析】试题分析：

(1)将单调性的问题转化为恒成立的问题求解可得实数a的取值范围是a≥-7；

(2)原问题等价于于||＞|x1-x2|，据此结合题意和绝对值不等式的性质即可证得题中的结论.

试题解析：

（Ⅰ）由f(x)=x2++aln x，得f'(x)=2x-+,

由已知得2x-+≥0在x∈[2,3]上恒成立，即a≥-2x2 恒成立.

设g (x)=-2x ，则g'(x )=--4x <0，所以g(x)在x∈[2,3]上单调递减，

g(x)max =g(2)=-7，所以a≥-7.

（Ⅱ）证明:|k|＞1等价于||＞1，等价于||＞|x1-x2|,

而||=|

=|x1-x2|·|2+-|

所以只需要证明|2+-|＞1.

即a＜x1+x2+或a＞3x1+x2+，

而a＞3x1+x2+，显然不可能对一切正实数x1x2 均成立，

所以只需要证a＜x1+x2+成立.

因为x1+x2+＞x1x2+，设t=,M(t)=t2+(t＞0)

得M’(t)=2t-当t=时M’(t)=0

在t∈（0，)上，M(t)递减；在t∈（,+∞)上，M(t)递增

所以M(t)≥3=＞4≥a，所以a＜x1x2+

所以||＞1，即当a≤4时，|K|＞1.