题目 已知函数 $f(x)=m\ln(x+2)+\dfrac12x^2+1$． 问题1 讨论函数 $f(x)$ 的单调性； 答案1 当 $m\leqslant 0$ 时，$f(x)$ 在 $(-2,x_2)$ 上单调递减，在 $(x_2,+\infty)$ 上单调递增；<br/>当 $0<m<1$ 时，$f(x)$ 在 $(-2,x_1)$ 上单调递增，在 $(x_1,x_2)$ 上单调递减，在 $(x_2,+\infty)$ 上单调递增；<br/>当 $m\geqslant 1$ 时，$f(x)$ 在 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 解析1 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-2,+\infty)$，导函数为$$f'(x)=\dfrac{x^2+2x+m}{x+2},$$令\[g(x)=x^2+2x+m,\]则 $g(-2)=m$，对称轴为 $x=-1$，方程 $g(x)=0$ 的判别式为 $\Delta=4-4m$，记\[x_1=-1-\sqrt{1-m},x_2=-1+\sqrt{1-m}.\]<case>情形一</case> $m\leqslant 0$．此时\[\begin{array}{c|ccc}\hline<br/>x&\left(-2,x_2\right)&x_2&\left(x_2,+\infty\right)\\ \hline<br/>f'(x)&-&0&+\\ \hline<br/>f'(x)&\searrow&\min &\nearrow \\ \hline \end{array}\]<case>情形二</case> $0<m<1$．此时\[\begin{array}{c|ccccc}\hline<br/>x&\left(-2,x_1\right)&x_1&\left(x_1,x_2\right)&x_2&\left(x_2,+\infty\right)\\ \hline<br/>f'(x)&+&0&-&0&+\\ \hline<br/>f'(x)&\nearrow&{\rm lmax}&\searrow&{\rm lmin} &\nearrow \\ \hline \end{array}\]<case>情形三</case> $m\geqslant 1$．此时 $f(x)$ 在 $(-2,+\infty)$ 上单调递增． 备注1 <case>情形一</case> 当 $m\leqslant0$ 时，若 $x\in\left(-2,-1+\sqrt{1-m}\right)$，$f'(x)<0$；若 $x\in\left(-1+\sqrt{1-m},+\infty\right)$，$f'(x)>0$；<br/><case>情形二</case>当 $0<m<1$ 时，若 $x\in\left(-2,-1-\sqrt{1-m}\right)$，$f'(x)>0$，若 $x\in\left(-1-\sqrt{1-m},-1+\sqrt{1-m}\right)$，$f'(x)<0$，若 $x\in\left(-1+\sqrt{1-m},+\infty\right)$，$f'(x)>0$；<br/><case>情形三</case>当 $m\geqslant1$ 时，若 $x\in(-2,+\infty)$，$f'(x)>0$；<br/>综上可知，当 $m\leqslant0$ 时，$f(x)$ 在 $\left(-2,-1+\sqrt{1-m}\right)$ 上单调递减，在 $\left(-1+\sqrt{1-m},+\infty\right)$ 上单调递增；<br/>当 $0<m<1$ 时，$f(x)$ 在 $\left(-2,-1-\sqrt{1-m}\right)$ 和 $\left(-1+\sqrt{1-m}\right)$ 上单调递增，在 $\left(-1-\sqrt{1-m},-1+\sqrt{1-m}\right)$ 上单调递减；<br/>当 $m\geqslant1$ 时，$f(x)$ 在 $(-2,+\infty)$ 上单调递增． 问题2 若 $0<m\leqslant2$，对任意 $x_1,x_2\in(0,2]$，不等式 $\left|f(x_1)-f(x_2)\right|\leqslant t\left|\dfrac{1}{x_1+2}-\dfrac{1}{x_2+2}\right|$ 恒成立，求 $t$ 的最小值． 答案2 $4(m+8)$ 解析2 由第 $(1)$ 小题的结论可知，当 $0<m\leqslant2$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,2]$ 上单调递增，不妨设 $x_1\geqslant x_2$，题中不等式即$$f(x_1)-f(x_2)\leqslant t\left(\dfrac{1}{x_2+2}-\dfrac{1}{x_1+2}\right),$$整理得$$f(x_1)+t\cdot\dfrac{1}{x_1+2}\leqslant f(x_2)+t\cdot\dfrac{1}{x_2+2},$$题意即当 $m\in ),2]$ 时，函数\[h(x)=f(x)+\dfrac{t}{x+2},\]在 $(0,2]$ 上单调递减．<br/>函数 $g(x)$ 的导函数为$$g'(x)=\dfrac{(x^2+2x+m)(x+2)-t}{x+2},$$因此\[\forall x\in (0,2],\left(x^2+2x+m\right)(x+2)-t\geqslant 0,\]因此 $t$ 的最小值为 $4(m+8)$． 备注2