第一问,第一小问。
既然所谓的 "P 性质" 和 f'(x) 直接相关,那我们就先直接求导。
f'(x) = (\ln x + \frac{b+2}{x+1}') = \frac{1}{x}+\frac{-b-2}{x^2+2x+1} \\
= \frac{x^2-bx+1}{x^3+2x^2+x} = (\frac{1}{x^3+2x^2+x})(x^2-bx+1)
显然,h(x) = \frac{1}{x^3+2x^2+x},证明 f(x) 具有 P(b) 性质,转变为证明 h(x) 在定义域内恒大于 0.
显然 h(x) 的正负性只和其分母有关。令 j(x) = x^3+2x^2+x, 求导,有:j'(x) = 3x^2+4x+1, 因式分解,即 j'(x) = (x+1)(x+3).
于是在区间 (1, +\infty) 之内,j'(x) > 0, j(x) 单调递增。 代入 x = 1, 有 j(1) = 6 > 0 , 于是 h(x) > 0. 证毕。
第一问,第二小问。
f(x) 的单调区间还是和 f'(x) 相关。其中 h(x) > 0, 所以 f'(x) 的正负性只和 x^2-bx+1 有关。
这个式子是不能因式分解的。其判别式 \Delta = b^2-4. 如果 b < 2, 则有 \Delta < 0, x^2-bx+1 > 0, 即 f(x) 在 (1, +\infty) 内单调递增。
如果 b \ge 2, 用求根公式计算两根,有 x_1 = \frac{b-\sqrt{b^2-4}}{2}, x_2 = \frac{b+\sqrt{b^2-4}}{2}, 显然 x_1 \le x_2.
x_1, x_2 如果在区间 (1, +\infty) 之内,则能够成为f(x)的极值点。所以我们要探讨,当 b 取何值时,x_1, x_2 在区间 (1, +\infty) 之内。
首先考察 x_1 > 1 即 \frac{b-\sqrt{b^2-4}}{2} > 1. 变形,有
\frac{b-\sqrt{b^2-4}}{2} = \frac{2}{b+\sqrt{b^2-4}} < \frac{2}{b} < \frac{1}{2} < 1
由此得到,在 b > 2 时,x_1 > 1 恒不成立。
接着考察 x_2 > 1 即 \frac{b+\sqrt{b^2-4}}{2} > 1. 变形,有
b+\sqrt{b^2-4} > 2
因为 b > 2, \sqrt{b^2-4} > 0, 所以 x_2 > 1 恒成立。于是可以写答案了。
本题解答结束。答案为:
当 b \le 2 时,f(x) 在 (1, +\infty) 上单调递增。
当 b > 2 时,f(x) 在 (1, \frac{b+\sqrt{b^2-4}}{2}) 上单调递增,在 (\frac{b+\sqrt{b^2-4}}{2}, +\infty) 上单调递减。