Question

已知函数f（x）=，a∈R且a≠0．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＜0时，若，证明：．

Answer

（1）对f（x）求导数，得f'（x）=，再分a的正负讨论a、a+a2和a2的大小关系，即可得到f（x）单调性的两种情况，得到函数f（x）的单调区间；
（2）原不等式进行化简，等价变形得f（x2）-（）x2＜f（x1）-（）x1．因此转化为证明函数h（x）=f（x）-（）x在区间（a2+a，a2-a）内单调递减，而h'（x）=，通过研究分子对应二次函数在区间[a2+a，a2-a]上的取值，可得h'（x）＜0在x∈[a2+a，a2-a]上恒成立，因此h（x）=f（x）-（）x在区间（a2+a，a2-a）内是减函数，从而得到原不等式成立．
【解析】
（1）由题意，可得f'（x）=x+==．…（2分）
令f'（x）＞0，因为x-a-a2＞0故（x-a）（x-a2）＞0．
当a＞0时，因为a+a2＞a且a+a2＞a2，所以上不等式的解为（a+a2，+∞），
因此，此时函数f（x）在（a+a2，+∞）上单调递增．…（4分）
当a＜0时，因为a＜a+a2＜a2，所以上不等式的解为（a2，+∞），
从而此时函数f（x）在（a2，+∞）上单调递增，同理此时f（x）在（a+a2＜a2）上单调递减．…（6分）
（2）要证原不等式成立，只须证明f（x2）-f（x1）＜（x2-x1）（），
只须证明f（x2）-（）x2＜f（x1）-（）x1．
因为，
所以原不等式等价于函数h（x）=f（x）-（）x在区间（a2+a，a2-a）内单调递减．…（8分）
由（1）知h'（x）=x-（）+=，
因为x-a-a2＞0，所以考察函数g（x）=x2-++-a2，x∈[a2+a，a2-a]．
∵=a2＞，且g（x）图象的对称轴x=∈[a2+a，a2-a]，
∴g（x）≤g（a2-a）=0．…（10分）
从而可得h'（x）＜0在x∈[a2+a，a2-a]上恒成立，
所以函数h（x）=f（x）-（）x在（a2+a，a2-a）内单调递减．
从而可得原命题成立    …（12分）