Question

已知函數(shù)f（x）=ln（x+

1

a

）-ax，其中a∈R且a≠0
（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若直線y=ax的圖象恒在函數(shù)f（x）圖象的上方，求a的取值范圍；
（Ⅲ）若存在-

1

a

＜x₁＜0，x₂＞0，使得f（x₁）=f（x₂）=0，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,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，即可得到f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）根據(jù)直線y=ax的圖象恒在函數(shù)f（x）圖象的上方，轉(zhuǎn)化為h（x）=ax-f（x）＞0恒成立，即可求a的取值范圍；
（Ⅲ）利用函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)零點(diǎn)之間的關(guān)系，構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)的單調(diào)性即可證明結(jié)論．

解答： 解：（I）f（x）的定義域?yàn)?span id="waugqau" class="MathJye">(-

1

a

，+∞)．
其導(dǎo)數(shù)f′(x)=

1

x+ 1 a

-a=-

a2x

ax+1

，
①當(dāng)a＜0時(shí)，f'（x）＞0，函數(shù)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(-

1

a

，0)上是增函數(shù)，在（0，+∞）是減函數(shù)．
（II）當(dāng)a＜0時(shí)，取x=e-

1

a

，
則f(e-

1

a

)=1-a(e-

1

a

)=2-ae＞0＞ae-1=a(e-

1

a

)，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(wèn)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，
∴ln

1

2a

＜-1，∴a＞

e

2

，
（Ⅲ）由于當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)在(-

1

a

，+∞)上是增函數(shù)，不滿足題意，所以a＞0
構(gòu)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，
則g′（x）=

1

x- 1 a

-

1

x+ 1 a

+2a=

2a

a2x2-1

+2a，
∵-

1

a

＜x＜0，∴0＜x²＜

1

a2

，0＜a²x²＜1，
-1＜a²x²-1＜0，

2a

a2x2-1

＜-2a，
則

2a

a2x2-1

+2a＜-2a+2a=0，
即g′（x）＜0，
∴函數(shù)g（x）在區(qū)間(-

1

a

，0)上為減函數(shù)．
∵-

1

a

＜x1＜0，
∴g（x₁）＞g（0）=0，
于是f（-x₁）-f（x₁）＞0，
又f（x₁）=0，f（-x₁）＞0=f（x₂），
由f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)可知x₂＞-x₁，
即x₁+x₂＞0．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，考查學(xué)生的運(yùn)算能力，綜合性較強(qiáng)，難度較大．