Question

4．已知函數(shù)f（x）=ln（x+2a）-ax，a＞0．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）記f（x）的最大值為M（a），若a₂＞a₁＞0且M（a₁）=M（a₂），求證：${a_1}{a_2}＜\frac{1}{4}$；
（Ⅲ）若a＞2，記集合{x|f（x）=0}中的最小元素為x₀，設(shè)函數(shù)g（x）=|f（x）|+x，求證：x₀是g（x）的極小值點(diǎn)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，M（a）=f（$\frac{1}{a}$-2a）=2a²-1-lna，繼而得到2a₁²-1-lna₁=2a₂²-1-lna₂，通過轉(zhuǎn)化得到4a₁a₂=$\frac{2ln\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}}{\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}-\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}}$，設(shè)h（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt，t＞1根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明$\frac{2ln\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}}{\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}-\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}}$＜1，問題即可得以證明，
（Ⅲ）由（Ⅰ）可得，g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{（a+1）x-ln（x+2a），-2a＜x＜{x}_{0}}\\{ln（x+2a）-ax+x，{x}_{0}＜x＜-2a+\frac{1}{a}}\end{array}\right.$，分類討論，得到g（x）在（-2a，x₀）遞減，g（x）在（x₀，$\frac{1}{a}$-2a）遞增，故x₀是g（x）的極小值點(diǎn)．

解答 解：（Ⅰ）：f′（x）=$\frac{1}{x+2a}$-a=$\frac{-a（x+2a-\frac{1}{a}）}{x+2a}$，
∵x＞-2a，a＞0，
由f′（x）＞0，得-2a＜x＜$\frac{1}{a}$-2a，
由f′（x）＜0，得x＞$\frac{1}{a}$-2a，
∴f（x）的增區(qū)間為（-2a，$\frac{1}{a}$-2a），減區(qū)間為（$\frac{1}{a}$-2a，+∞），
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，M（a）=f（$\frac{1}{a}$-2a）=2a²-1-lna，
∴2a₁²-1-lna₁=2a₂²-1-lna₂，
∴2（a₂²-a₁²）=lna₂-lna₁=ln$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$，
∴2a₁a₂$\frac{{a}_{2}^{2}-{a}_{1}^{2}}{{a}_{1}{a}_{2}}$=ln$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$，
∴4a₁a₂（$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$-$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$）=2ln$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$，
∴4a₁a₂=$\frac{2ln\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}}{\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}-\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}}$，
設(shè)h（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt，t＞1
∴h′（t）=1+$\frac{1}{{t}^{2}}$-$\frac{2}{t}$=（1-$\frac{1}{t}$）²＞0，
∴h（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，h（t）＞h（1）=0，
即t-$\frac{1}{t}$＞2lnt＞0，
∵$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$＞1，
∴$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$-$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$＞2ln$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$＞0，
∴$\frac{2ln\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}}{\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}-\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}}$＜1，
∴a₁a₂＜$\frac{1}{4}$；
（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，f（x）在區(qū)間（-2a，$\frac{1}{a}$-2a），
又x→-2a時(shí)，f（x）→-∞，
易知f（$\frac{1}{a}$-2a）=M（a）=2a²-1-lna在（2，+∞）遞增，
M（a）＞M（2）=7-ln2＞0，
∴-2a＜x₀＜$\frac{1}{a}$-2a，且-2a＜x＜x₀，f（x）＜0，
x₀＜x＜$\frac{1}{a}$-2a時(shí)，f（x）＞0，
∴當(dāng)-2a＜x＜$\frac{1}{a}$-2a時(shí)，g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{（a+1）x-ln（x+2a），-2a＜x＜{x}_{0}}\\{ln（x+2a）-ax+x，{x}_{0}＜x＜-2a+\frac{1}{a}}\end{array}\right.$，
于是-2a＜x＜x₀時(shí)，g′（x）=（a+1）-$\frac{1}{x+2a}$＜a+1-$\frac{1}{{x}_{0}+2a}$，
∴若能證明x₀＜$\frac{1}{a+1}$-2a，便能證明（a+1）-$\frac{1}{{x}_{0}+a}$＜0，
記φ（a）=f（$\frac{1}{a+1}$-2a）=2a²+$\frac{1}{a+1}$-1-ln（a+1），
∴φ（a）=4a-$\frac{1}{（a+1）^{2}}$-$\frac{1}{a+1}$，
∵a＞2，
∴h′（a）＞8-$\frac{1}{9}$$-\frac{1}{3}$＞0，
∴φ（a）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，
∴φ（a）＞φ（2）=$\frac{22}{3}$-ln3＞0，
∵$\frac{1}{a+1}$-2a＜$\frac{1}{a}$-2a，
∴f（x）在（-2a，$\frac{1}{a+1}$-2a）內(nèi)單調(diào)遞減，
∴x₀∈（-2a，$\frac{1}{a+1}$-2a），
于是-2a＜x＜x₀時(shí)，g′（x）=a+1-$\frac{1}{x+2a}$＜a+1-$\frac{1}{\frac{1}{a+1}-2a+2a}$=0，
∴g（x）在（-2a，x₀）遞減，
當(dāng)x₀＜x＜$\frac{1}{a}$-2a時(shí)，相應(yīng)的g′（x）=$\frac{1}{x+2a}$-（a-1）＞$\frac{1}{（\frac{1}{a}-2a）+2a}$-（a-1）=1＞0，
∴g（x）在（x₀，$\frac{1}{a}$-2a）遞增，
故x₀是g（x）的極小值點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題的考點(diǎn)是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以及函數(shù)的極值問題和最值問題，對(duì)于參數(shù)問題要注意進(jìn)行分類討論，屬于難題．