2010-辽宁卷理-21 解-绝对值不等式

本题导读

本题考查利用导数讨论函数的单调性及双变量绝对值不等式恒成立问题。第二问需将双变量不等式 $\left|\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}\right|\ge 4$ 转化为导数绝对值 $|f^{\prime }(x)|\ge 4$ 在指定区间上恒成立，并通过导数极值确定参数 $a$ 的范围。

📌【题干】

Question

（2010年辽宁卷(理)） （2010·辽宁理21）已知函数 $f(x)=(a+1)\ln x+a{x}^2+1$.

(1)讨论函数 $f(x)$ 的单调性；

(2)设 $a<-1$，如果对任意 $x_1,x_2\in (0,+\infty )$，$\left|f(x_1)-f(x_2)\right|\ge 4|x_1-x_2|$，求 $a$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问：求导得 $f^{\prime }(x)=\frac{2a{x}^2+a+1}{x}$，分 $a\ge 0$、$a\le -1$ 和 $-1<a<0$ 讨论分子二次式的根，进而确定 $f(x)$ 的增减区间。
2. 第（2）问：不等式 $\left|\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}\right|\ge 4$ 表示函数导数绝对值 $|f^{\prime }(x)|\ge 4$（即 $f^{\prime }(x)\le -4$）在 $(0,+\infty )$ 上恒成立。利用均值不等式求 $f^{\prime }(x)$ 的最大值，令最大值小于等于 $-4$ 求解 $a$。

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*** 当 $a\ge 0$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(0,+\infty )$，无递减区间；* 当 $a\le -1$ 时，$f(x)$ 的单调递减区间为 $(0,+\infty )$，无递增区间；* 当 $-1<a<0$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $\left

✍【详细解析】

Abstract

解： 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。 求导得： $f^{\prime }(x)=\frac{a+1}{x}+2ax=\frac{2a{x}^2+a+1}{x}$

（1）讨论函数 $f(x)$ 的单调性：

① 当 $a\ge 0$ 时： $a+1>0$，$2a{x}^2\ge 0$，故对任意 $x\in (0,+\infty )$，均有 $f^{\prime }(x)>0$。 所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。

② 当 $a\le -1$ 时： $a+1\le 0$，$2a<0$，故对任意 $x\in (0,+\infty )$，均有 $f^{\prime }(x)<0$。 所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减。

③ 当 $-1<a<0$ 时： 令 $f^{\prime }(x)=0⟹2a{x}^2+a+1=0⟹x^2=\frac{-a-1}{2a}=\frac{a+1}{-2a}>0$。 解得唯一正根 $x_0=\sqrt{\frac{a+1}{-2a}}$。

• 当 $x\in (0,x_0)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in (x_0,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减。

综上：

• 当 $a\ge 0$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(0,+\infty )$，无递减区间；
• 当 $a\le -1$ 时，$f(x)$ 的单调递减区间为 $(0,+\infty )$，无递增区间；
• 当 $-1<a<0$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(0,\sqrt{\frac{a+1}{-2a}}\right)$，单调递减区间为 $\left(\sqrt{\frac{a+1}{-2a}},+\infty \right)$。

---

（2）求 $a$ 的取值范围：

已知 $a<-1$，由（1）可知 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减。 不失一般性，设 $x_1>x_2>0$，则 $f(x_1)<f(x_2)$。 条件 $\left|f(x_1)-f(x_2)\right|\ge 4|x_1-x_2|$ 等价于： $\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_1-x_2}\ge 4⟺\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}\le -4$

由均值定理/导数定义，此条件在 $(0,+\infty )$ 上恒成立的充要条件是： $f^{\prime }(x)\le -4\text{对任意 }x\in (0,+\infty )\text{ 恒成立}$

即： $\frac{a+1}{x}+2ax\le -4\text{对 }x>0\text{ 恒成立}$

因为 $a<-1$，所以 $a+1<0$，$2a<0$。 根据基本不等式，对任意 $x>0$： $f^{\prime }(x)=\frac{a+1}{x}+2ax=-\left(\frac{-(a+1)}{x}+(-2a)x\right)\le -2\sqrt{\frac{-(a+1)}{x}\cdot (-2a)x}=-2\sqrt{2a(a+1)}$

当且仅当 $\frac{-(a+1)}{x}=-2ax⟺x=\sqrt{\frac{a+1}{2a}}>0$ 时，取到最大值。

因此，只需 $f^{\prime }(x)$ 的最大值小于等于 $-4$： $-2\sqrt{2a(a+1)}\le -4⟹\sqrt{2a^2+2a}\ge 2$

两边平方： $2a^2+2a\ge 4⟹a^2+a-2\ge 0⟹(a+2)(a-1)\ge 0$

解得 $a\le -2$ 或 $a\ge 1$。

结合已知条件 $a<-1$，可得 $a$ 的取值范围为： $a\le -2$

即 $a\in (-\infty ,-2]$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：分类讨论思想、利用导数研究单调性、斜率下界转化为导数下界。
2. 核心方法：

• 双变量差商条件转化为导数不等式 $f^{\prime }(x)\le -4$；
• 利用基本不等式求 $\frac{A}{x}+Bx(A,B<0)$ 的最大值。

3. 避坑指南：第（2）问中注意 $a+1<0$ 及 $2a<0$，使用基本不等式时必须提负号确保项为正数。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源自 2010 年辽宁高考理科第 21 题压轴题，考查 Lipschitz 连续性条件在导数中的代数转化。
2. 结论推广：对可导函数 $f(x)$，对任意 $x_1,x_2\in I$ 均有 $|f(x_1)-f(x_2)|\ge k|x_1-x_2|$ 的充要条件是 $|f^{\prime }(x)|\ge k$ 在区间 $I$ 上恒成立。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2011-四川卷文-22 解-导数方程与数列不等式
• 2011-大纲卷理-22 解-导数不等式
• 2011-新课标卷文-21 解-对数函数切线与不等式