Question

9．已知常數(shù)a＞0，函數(shù)f（x）=ln（1+ax）-$\frac{2x}{x+2}$．
（1）若a=$\frac{1}{2}$，判斷f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且f（x₁）+f（x₂）＞0，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出f（x）的定義域，令f′（x）＞0解出增區(qū)間，令f′（x）＜0解出減區(qū)間；
（2）令f′（x）=0在定義域上有兩解，得出a的大致范圍，把極值點(diǎn)代入解析式解不等式f（x₁）+f（x₂）＞0即可．

解答 解：（1）a=$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）=ln（1+$\frac{1}{2}$x）-$\frac{2x}{x+2}$，f（x）的定義域?yàn)椋?2，+∞）．
f′（x）=$\frac{1}{x+2}$-$\frac{4}{（x+2）^{2}}$=$\frac{x-2}{（x+2）^{2}}$，
∴當(dāng)-2＜x＜2時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x＞2時(shí)，f′（x）＞0，
∴f（x）在（-2，2）上單調(diào)遞減，在（2，+∞）上低調(diào)遞增．
（2）f（x）的定義域?yàn)椋?$\frac{1}{a}$，+∞），
f′（x）=$\frac{a}{1+ax}$-$\frac{4}{（x+2）^{2}}$=$\frac{a（x+2）^{2}-4（1+ax）}{（1+ax）（x+2）^{2}}$．
∵f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，
∴f′（x）=0在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上有兩解．
即ax²+4a-4=0在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上有兩解．∴4-4a＞0．即0＜a＜1．
解ax²+4a-4=0得x=±$\sqrt{\frac{4-4a}{a}}$，
∴-$\sqrt{\frac{4-4a}{a}}$＞-$\frac{1}{a}$，解得a$≠\frac{1}{2}$．
∵f（x₁）+f（x₂）＞0，
∴l(xiāng)n（1+ax₁）+ln（1+ax₂）＞$\frac{2{x}_{1}}{{x}_{1}+2}+\frac{2{x}_{2}}{{x}_{2}+2}$，
即ln[（1+ax₁）（1+ax₂）]＞$\frac{2{x}_{1}（{x}_{2}+2）+2{x}_{2}（{x}_{1}+2）}{（{x}_{1}+2）（{x}_{2}+2）}$，
∴l(xiāng)n（1+a（x₁+x₂）+a²x₁x₂）＞$\frac{4{x}_{1}{x}_{2}+4（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$，
∵x₁+x₂=0，x₁x₂=$\frac{4a-4}{a}$，
∴l(xiāng)n（2a-1）²＞$\frac{4（a-1）}{2a-1}$，
①2a-1＞0，即$\frac{1}{2}＜$a＜1，則ln（2a-1）＞$\frac{2a-2}{2a-1}$=1-$\frac{1}{2a-1}$．
令2a-1=t，則lnt+$\frac{1}{t}$-1＞0，
設(shè)g（t）=lnt+$\frac{1}{t}$-1，則g′（t）=$\frac{1}{t}-\frac{1}{{t}^{2}}$=$\frac{t-1}{{t}^{2}}$，
∵$\frac{1}{2}$＜a＜1，∴0＜t＜1，∴g′（t）＜0，
∴g（t）在（0，1）上是減函數(shù)，g（t）＞g（1）=0，
∴l(xiāng)nt+$\frac{1}{t}$-1＞0恒成立，∴$\frac{1}{2}＜a＜1$．
②若2a-1＜0，即0$＜a＜\frac{1}{2}$，則ln（1-2a）＞$\frac{2a-2}{2a-1}$=1+$\frac{1}{1-2a}$，
令1-2a=t，則lnt-$\frac{1}{t}$-1＞0，
設(shè)h（t）=lnt-$\frac{1}{t}$-1，則h′（t）=$\frac{1}{t}+\frac{1}{{t}^{2}}$＞0，
∵0$＜a＜\frac{1}{2}$，∴0＜t＜1，
∴h（t）在（0，1）上是增函數(shù)，∴h（t）＜h（1）=-2，
∴l(xiāng)nt-$\frac{1}{t}$-1＞0在（0，1）上無(wú)解．
綜上，a的取值范圍是（$\frac{1}{2}$，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性，極值的關(guān)系，函數(shù)單調(diào)性與不等式的解法，屬于中檔題．