Question

5．已知函數(shù)$f（x）=\frac{1}{4}{x^2}-\frac{1}{a}x+ln（x+a）$，其中常數(shù)a＞0．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調性；
（2）已知$0＜a＜\frac{1}{2}$，f'（x）表示f（x）的導數(shù)，若x₁，x₂∈（-a，a），x₁≠x₂，且滿足f′（x₁）+f′（x₂）=0，試比較f′（x₁+x₂）與f′（0）的大小，并加以證明．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，確定函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（2）令g（x）=f′（x），求出g（x）的導數(shù)，得到g（x）的單調性，得到f′（x₁+x₂）的表達式，通過換元法求出其最大值，從而判斷出與f′（0）的大小即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為（-a，+∞），
$f'（x）=\frac{1}{2}x-\frac{1}{a}+\frac{1}{x+a}=\frac{{x（ax-2+{a^2}）}}{2a（x+a）}（x＞-a，a＞0）$
由f'（x）=0，得x₁=0，${x_2}=\frac{{2-{a^2}}}{a}$，…（2分）
當$a=\sqrt{2}$時，$f'（x）=\frac{x^2}{{2（x+\sqrt{2}）}}≥0$，
所以f（x）在$（-\sqrt{2}，+∞）$上為增函數(shù)；…（3分）
當$a＞\sqrt{2}$時，$-a＜{x_2}=\frac{{2-{a^2}}}{a}＜0$，
所以f（x）在（0，+∞），$（-a，\frac{{2-{a^2}}}{a}）$上為增函數(shù)；在$（\frac{{2-{a^2}}}{a}，0）$上為減函數(shù)；…（4分）
當$0＜a＜\sqrt{2}$時，$\frac{{2-{a^2}}}{a}＞0$，
所以f（x）在$（\frac{{2-{a^2}}}{a}，+∞）$，（-a，0）上為增函數(shù)；在$（0，\frac{{2-{a^2}}}{a}）$上為減函數(shù)；…（5分）
（2）令$g（x）=f'（x）=\frac{1}{2}x-\frac{1}{a}+\frac{1}{x+a}（-a＜x＜a）$
則$g'（x）=\frac{1}{2}-\frac{1}{{{{（x+a）}^2}}}=\frac{{{{（x+a）}^2}-2}}{{2{{（x+a）}^2}}}$，
∵-a＜x＜a，
∴0＜x+a＜2a，
∴${（x+a）^2}＜4{a^2}＜1（∵0＜a＜\frac{1}{2}）$，
∴g'（x）＜0，
∴g（x）在（-a，a）上為減函數(shù)，即f'（x）在（-a，a）上為減函數(shù)，
以題意，不妨設x₁＜x₂，又因為f'（0）=0，f'（x₁）+f'（x₂）=0，…（8分）
所以，-a＜x₁＜0＜x₂＜a，所以，0＜x₁+a＜a，且-a＜x₁+x₂＜a，
由f'（x₁）+f'（x₂）=0，得$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=\frac{2}{a}-\frac{1}{{{x_1}+a}}-\frac{1}{{{x_2}+a}}$，
∴$f'（{x_1}+{x_2}）=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}-\frac{1}{a}+\frac{1}{{{x_1}+{x_2}+a}}$=$\frac{1}{a}+\frac{1}{{{x_1}+{x_2}+a}}-\frac{1}{{{x_1}+a}}-\frac{1}{{{x_2}+a}}$，…（10分）
令t=x₁+a，$h（t）=\frac{1}{a}+\frac{1}{{t+{x_2}}}-\frac{1}{t}-\frac{1}{{{x_2}+a}}（0＜t＜a）$
則$h'（t）=-\frac{1}{{{{（t+{x_2}）}^2}}}+\frac{1}{t^2}=\frac{{{{（t+{x_2}）}^2}-{t^2}}}{{{{（t+{x_2}）}^2}•{t^2}}}=\frac{{（2t+{x_2}）{x_2}}}{{{{（t+{x_2}）}^2}•{t^2}}}＞0$，…（11分）
所以，h（t）在（0，a）內(nèi)為增函數(shù)，又因為t=x₁+a∈（0，a）
所以，h（t）＜h（a）═0，
即：$\frac{1}{a}+\frac{1}{{{x_1}+{x_2}+a}}-\frac{1}{{{x_1}+a}}-\frac{1}{{{x_2}+a}}＜0$
所以，f'（x₁）+f'（x₂）＜f'（0）．…（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用，分類討論思想以及換元思想，是一道綜合題．