题目

( 山西省2021年1月高三考试理科第21题 )

函数 $f(x)=(a+1)\ln(x+1)+\dfrac 1x(a\neq-1)$ 在 $(-1,0)$ 上不单调.

求$a$的取值范围;
若 $x_1\in(-1,-\dfrac12),x_2\in(1,+\infty),a\in[-\dfrac12,1]$, 求证
$$ f(x_2)-f(x_1)\geqslant \ln(\sqrt3+2)+\sqrt3. $$

解析

$f^{\prime}(x)=\dfrac{a+1}{x+1}-\dfrac{1}{x^{2}}=\dfrac{(a+1) x^{2}-x-1}{(x+1) x^{2}}$,
记 $g(x)=(a+1) x^{2}-x-1$ , $f^{\prime}(x)$ 与 $g(x)$ 同号.
- 当 $a < -1$ 时， $ x \in(-1,0), g(x) < 0,f^{\prime}(x) < 0$,
  $f(x)$在$(-1,0)$上递减.
- 当 $a > -1$ 时，$g(x)$为开口向上的二次函数，且
  $$g(-1)=a+1 > 0, \quad g(0)=-1 < 0,$$
  所以 $g(x)=0$ 在 $(-1,0)$ 上存在唯一的根 ,记为$x_{0}$,
  若$x \in(-1, x_0), g(x) > 0, f(x)$递增，
  若$x \in\left(x_{0},0\right), g(x) < 0, f(x)$递减.
  故 $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上不单调.
所以 $a$ 的取值范围是 $(-1,+\infty)$.
- 当$a=1$时, 令$g(x)=2 x^{2}-x-1=0$ 得 $x=-\dfrac{1}{2}$ 或 $x=1$.
  $x\in (-1,-\dfrac{1}{2}) \cup(1,+\infty)$时, $g(x) > 0$.
  所以$f\left( x \right)$在$x\in (-1,-\dfrac{1}{2}) ,(1,+\infty)$单调递减.
  由 $x_1\in(-1,-\dfrac12),x_2\in(1,+\infty),$ 得
  $$f\left(x_{1}\right) \leqslant f(-\dfrac{1}{2}), f\left(x_{2}\right) \geqslant f(1).$$
  所以
  $$f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right) \geqslant f(1)-f(-\dfrac{1}{2})=\ln 8+3 \geqslant \ln (\sqrt{3}+1)+\sqrt{3}.$$
- 当$-\dfrac{1}{2} \leqslant a < 1$ 时, $g(x)$ 的 $\Delta=1+4(a+1) > 0$,
  记$g(x)=0$ 的两根为 $m, n$ 且 $m < n$.由
  $$ g(-1)=a+1 > 0,g(-\frac{1}{2})=\frac{a-1}{4} < 0, g(1)=a-1 < 0,$$
  可得 $-1 < m < -\dfrac{1}{2},n > 1$.
  当 $x \in(-1, m), g(x) > 0, f(x)$ 递增,当 $x \in(m,-\dfrac{1}{2}), g(x) < 0, f(x)$递减.
  由$ x_1\in(-1,-\dfrac{1}{2})$,得 $ f\left(x_{1}\right) \leqslant f(m)$.
  当 $x \in(1, n), g(x) < 0, f(x)$递减,当 $x \in\left(n,+\infty\right), g(x) > 0, f(x)$递增.
  由 $ x_2\in\left(1,+\infty\right)$,得 $ f\left(x_{2}\right) \geqslant f(n)$.
  所以
  $$ f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right) \geqslant f(n)-f(m).$$
  注意到$m+n=\dfrac{1}{a+1}, m n=\dfrac{-1}{a+1}$,
  两式相加得 $m+n+m n=0$,所以 $m=\dfrac{-n}{n+1}\quad (\star)$.
  所以
  $$
  \begin{aligned}
  f(n)-f(m) &=(a+1) \ln (n+1)+\frac{1}{n}-(a+1) \ln (m+1)-\frac{1}{m} \\\\
  &=(a+1) \ln \frac{n+1}{m+1}+\frac{1}{n}-\frac{1}{m} \quad(\text{将}(\star)\text{代入})\\\\
  &=(a+1) \ln (n+1)^{2}+\frac{1}{n}+\frac{n+1}{n} \\\\
  &=2(a+1) \ln (n+1)+\frac{n+2}{n}\left(\because a \geqslant-\frac{1}{2}, n+1 > 1\right) \\\\
  & \geqslant \ln (n+1)+\frac{2}{n}+1
  \end{aligned}$$
  记 $h(x)=\ln (x+1)+\dfrac{2}{x}+1 (x > 1)$, 由
  $$h^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{2}{x^{2}}=\dfrac{x^{2}-2 x-2}{x^{2}(x+1)}=0 ,$$
  得$ x=\sqrt{3}+1$.
  所以 $ x \in(1, \sqrt{3}+1) , h’(x) < 0 , h(x) $ 递减，$ x \in(\sqrt{3}+1,+\infty),h’(x) > 0, h(x) $ 递增.
  又 $n > 1$,所以
  $$h(n) \geqslant h(\sqrt{3}+1)=\ln (\sqrt{3}+1)+\sqrt{3},$$
  即
  $$ f\left( m \right)-f\left( m \right) \geqslant\ln (\sqrt{3}+1)+\sqrt{3}, $$
  故
  $$f\left( x_2 \right)-f\left( x_1 \right) \geqslant\ln (\sqrt{3}+1)+\sqrt{3}.\quad\square $$

另解

由 $ m=\dfrac{-n}{n+1}, a+1=-\dfrac{1}{m n}=\dfrac{n+1}{n^{2}}$ 得
$$\begin{aligned}
f(n)-f(m) &=2(a+1) \ln (n+1)+\frac{n+2}{n} \\
&=\frac{2(n+1)}{n^{2}} \ln (n+1)+\frac{2}{n}+1
\end{aligned}$$
记 $\varphi(x)=\dfrac{2(x+1)}{x^{2}} \ln (x+1)+\dfrac{2}{x}+1$,当 $x > 1$ 时，
$$\varphi^{\prime}(x)=\frac{-2(x+2) \ln (x+1)}{x^{3}} < 0$$
故 $\varphi\left( x \right)$ 在 $\left( 1,+\infty \right)$ 单调递减.
由 $ a+1=\dfrac{n+1}{n^{2}} \geqslant \dfrac{1}{2} $ 得 $ 1 < n \leqslant 1+\sqrt{3}$.故
$$\varphi(n)\geqslant \varphi(1+\sqrt{3})=\ln (2+\sqrt{3})+\sqrt{3}.$$