Question

已知函數(shù)f（x）=ln（x+a）+

1-a-x

ax+a2

，（a＞0）；
（Ⅰ）若a=1，求f（x）的最小值；
（Ⅱ）若y=f（x）有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）當a=1時方程f（x）=k（k＞0）存在兩個異號實根x₁，x₂；求證：x₁+x₂＞0，其中[（ln（-x+1））′=

-1

-x+1

]．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：本題（Ⅰ）先求出導函數(shù)，再由導函數(shù)值的正負得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值，得到本題結(jié)論；（Ⅱ）由導函數(shù)求出函數(shù)的極值，y=f（x）有兩個零點，得到函數(shù)的最小值點位于x軸下方，得到減a的不等式關(guān)系，解不等式，得到a的取值范圍，得到本題結(jié)論；（Ⅲ）由方程f（x）=k（k＞0）的兩個異號實根x₁，x₂，構(gòu)造函數(shù)g（x）=[f（x）-k]-[f（-x）-k]，利用導函數(shù)證明g（x）＞0，從而得到f（-x₁）＜f（x₂），再通過函數(shù)單調(diào)性，得到自變量的關(guān)系，得到本題結(jié)論．

解答： 解：（Ⅰ）∵函數(shù)f（x）=ln（x+a）+

1-a-x

ax+a2

，（a＞0），
∴當a=1時，f（x）=ln（x+1）+

-x

x+1

，（x＞-1），
∴f′（x）=

1

x+1

+

-1

(x+1)2

=

x

(x+1)2

．
∴當x∈（-1，0）時，f′（x）＜0，當x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0，
∴y=f（x）在（-1，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴[f（x）]_min=f（0）=0．
（Ⅱ）∵函數(shù)f（x）=ln（x+a）+

1-a-x

ax+a2

，（a＞0），
∴f′（x）=

1

x+a

+

-1

a(x+a)2

=

x+a- 1 a

(x+a)2

，
∴當x∈(-a，-a+

1

a

)時，f′（x）＜0；當x∈(-a+

1

a

，+∞)時，f′（x）＞0；
∴函數(shù)f（x）在(-a，-a+

1

a

)上單調(diào)遞減，在(-a+

1

a

，+∞)上單調(diào)遞增，
∴[f（x）]_min=f（-a+

1

a

）=ln

1

a

+1-

1

a

．
∵y=f（x）有兩個零點，
∴l(xiāng)n

1

a

+1-

1

a

＜0，
令h（a）=ln

1

a

+1-

1

a

．
h′(a)=

1

a2

-

1

a

=

1-a

a2

，
∴當a∈（0，1）時，h′（x）＞0；當a∈（1，+∞）時，h′（x）＜0，
∴函數(shù)h（a）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∵h（1）=0，
∴a∈（0，1）時，h（a）＜0；當a∈（1，+∞）時，h（a）＜0，
∴a∈（0，1）∪（1，+∞）．
（Ⅲ）當a=1時，由（Ⅰ）知：方程f（x）-k=0必在兩個異號實根x₁，x₂，且x₁＜0＜x₂，
∴f（x₁）-k=0，f（x₂）-k=0，
當x∈（-1，0）時，設(shè)g（x）=[f（x）-k]-[f（-x）-k]=ln（x+1）+

-x

x+1

-ln（-x+1）-

x

-x+1

，
∴g′（x）=

x

(x+1)2

-

x

(x-1)2

=

-4x2

(x+1)2(x-1)2

≤0，
∴當x∈（-1，0）時，y=g（x）為減函數(shù)，
∵g（0）=0，
∴當x∈（-1，0）時，g（x）＞0，
∵-1＜x₁＜0，
∴g（x₁）＞0，
∴[f（x₁）-k]-[f（x₂）-k]＞0，
∴[f（x₁）-k]＜[f（x₂）-k]，
∴f（-x₁）＜f（x₂），
∵-x₁∈（0，1），x₂∈（0，+∞），y=g（x）在（0，+∞）為增函數(shù)；
∵-x₁＜x₂，
∴x₂+x₁＞0．

點評：本題考查了導函數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、最值的關(guān)系，還考查了構(gòu)造函數(shù)的思想，本題有一定的難度，計算量較大，屬于難題．