Question

已知函數(shù)f（x）=ln（x+

1

a

）-ax，其中a∈R且a≠0．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若不等式f（x）＜ax恒成立，求實(shí)數(shù)a取值范圍；
（3）若方程f（x）=0存在兩個(gè)異號(hào)實(shí)根x₁，x₂，求證：x₁+x₂＞0．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）先求導(dǎo)數(shù)，研究導(dǎo)函數(shù)的函數(shù)值，通過導(dǎo)數(shù)大于0從而確定出函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間即可，求單調(diào)遞增區(qū)間必須注意函數(shù)的定義域．
（2）若任意x∈[0，+∞），f（x）≤x恒成立，則必有x≥0時(shí)，即要求函數(shù)則h（x）=2ax-ln（x+

1

a

）的最大值小于等于0即可．
（3）設(shè)g（x）=f（-x）-f（x）則∴g′(x)=

2ax2

x2- 1 a2

，然后利用單調(diào)性，問題得以證明．

解答： 解：（1）f（x）定義域?yàn)椋?span id="frlzgl6" class="MathJye">-

1

a

，+∞），
其導(dǎo)數(shù)f′（x）=-

a2x

ax+1

，
①當(dāng)a＜0時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（-

1

a

，+∞）上是增函數(shù)；
②當(dāng)a＞0時(shí)，在區(qū)間（-

1

a

，0）上，f′（x）＞0；在區(qū)間（0，+∞）上，f′（x）＜0，
∴f（x）在區(qū)間（-

1

a

，0）上是增函數(shù)，在（0，+∞）是減函數(shù)；
（2）當(dāng)a＜0時(shí)，則x取適當(dāng)?shù)臄?shù)能使f（x）≥ax，比如取x=e-

1

a

，
能使f（e-

1

a

）=1-a（e-

1

a

）=2-ae＞ae-1=a（e-

1

a

），
∴a＜0不合題意，
當(dāng)a＞0時(shí)，令h（x）=ax-f（x），則h（x）=2ax-ln（x+

1

a

），
問題化為求h（x）＞0恒成立時(shí)a的取值范圍．
由于h′（x）=2a-

1

x+ 1 a

=

2a(x+ 1 2a )

x+ 1 a

，
∴在區(qū)間（-

1

a

，-

1

2a

）上，h′（x）＜0；在區(qū)間（-

1

2a

，+∞）上，h′（x）＞0，
∴h（x）的最小值為h（-

1

2a

），所以只需h（-

1

2a

）＞0，
即2a-（-

1

2a

）-ln（(-

1

2a

+

1

a

)＞0，∴l(xiāng)n

1

2a

＜-1，∴a＞

e

2

；
（3）由于f（x）=0存在兩個(gè)異號(hào)實(shí)根x₁，x₂，不仿設(shè)x₁＜0，-

1

a

＜x1＜0，a＞0，
造函數(shù)：g（x）=f（-x）-f（x），-

1

a

＜x＜0，
∴g(x)=ln(

1

a

-x)-ln(x+

1

a

)+2ax，
∴g′(x)=

2ax2

x2- 1 a2

＜0，
∴g（x）在-

1

a

＜x＜0，為減函數(shù)，又-

1

a

＜x1＜0，
∴g（x₁）＞g（0）=0，
∴f（-x）-f（x）＞0，f（x₁）=0，
∵f（-x₁）＞0=f（x₂），
∴x₁+x₂＞0．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值以及由函數(shù)恒成立的問題求參數(shù)的取值范圍，求解本題關(guān)鍵是記憶好求導(dǎo)的公式以及極值的定義，對(duì)于函數(shù)的恒成立的問題求參數(shù)，要注意正確轉(zhuǎn)化，恰當(dāng)?shù)霓D(zhuǎn)化可以大大降低解題難度．