Question

10．已知函數(shù)f（x）=ln（ax+$\frac{1}{2}$）+$\frac{2}{2x+1}$．
（1）若a＞0，且f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）是否存在實(shí)數(shù)a，使得函數(shù)f（x）在（0，+∞）上的最小值為1？若存在，求出實(shí)數(shù)a的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）首先對(duì)f（x）求導(dǎo)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，即f'（x）在x＞0上恒有f'（x）≥0；利用分離參數(shù)法求出a的范圍；
（2）利用反證法假設(shè)a存在，則f（x）≥1在x＞0上恒成立可得a＞$\frac{1}{2}$；利用導(dǎo)數(shù)判斷出函數(shù)f（x）_min=1時(shí)，可求出參數(shù)a的值；

解答 解：（1）對(duì)f（x）求導(dǎo)：f'（x）=$\frac{a}{ax+\frac{1}{2}}$-$\frac{4}{（2x+1）^{2}}$；
∵f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，即f'（x）在x＞0上恒有f'（x）≥0；
即：$\frac{a}{ax+\frac{1}{2}}$≥$\frac{4}{（2x+1）^{2}}$；
∵a＞0，x＞0；
∴$\frac{ax+\frac{1}{2}}{a}≤\frac{（2x+1）^{2}}{4}$⇒$\frac{1}{2a}$≤x²+$\frac{1}{4}$；
故x²+$\frac{1}{4}$ 在x＞0上最小值為$\frac{1}{4}$；
所以：$\frac{1}{2a}$≤$\frac{1}{4}$； 
解得：a≥2．
（2）假設(shè)存在這樣的實(shí)數(shù)a，則f（x）≥1在x＞0上恒成立，即ln（a+$\frac{1}{2}$）+$\frac{2}{3}$≥1；
⇒ln（a+$\frac{1}{2}$）≥$\frac{1}{3}$＞0=ln1，解得a＞$\frac{1}{2}$；
從而這樣的實(shí)數(shù)a必須為正實(shí)數(shù)，當(dāng)a≥2時(shí)，由上面的討論知f（x）在（0，+∞）上遞增．
f（x）＞f（0）=2-ln2＞1，此時(shí)不合題意，故這樣的a必須滿足0＜a＜2；
此時(shí)：f'（x）＞0得f（x）的增區(qū)間為（$\sqrt{\frac{2-a}{4a}}，+∞$）；令f'（x）＜0得f（x）的減區(qū)間為（0，$\sqrt{\frac{2-a}{4a}}$）；
故f（x）_min=f（$\sqrt{\frac{2-a}{4a}}$）=ln（a•$\sqrt{\frac{2-a}{4a}}$+$\frac{1}{2}$）+$\frac{2}{2\sqrt{\frac{2-a}{4a}+1}}$=1；
整理即：ln（$\frac{\sqrt{2a-{a}^{2}}+1}{2}$）-$\frac{\sqrt{2-a}-\sqrt{a}}{\sqrt{2-a}+\sqrt{a}}$=0；
⇒ln（$\frac{\sqrt{2a-{a}^{2}}+1}{2}$）-$\frac{\sqrt{2-2\sqrt{2a-{a}^{2}}}}{\sqrt{2+2\sqrt{2a-{a}^{2}}}}$=0；
設(shè)t=$\frac{\sqrt{2a-{a}^{2}}+1}{2}$∈（$\frac{1}{2}$，1]；
則上式即為lnt-$\sqrt{\frac{1}{t}-1}$=0，構(gòu)造g（t）=lnt-$\sqrt{\frac{1}{t}-1}$，則等價(jià)于g（t）=0；
由于y=lnt為增函數(shù)，y=$\sqrt{\frac{1}{t}-1}$為減函數(shù)，故g（t）為增函數(shù)；
觀察知g（1）=0，故g（t）=0等價(jià)于t=1，與之對(duì)應(yīng)的a=1，
綜上符合條件的實(shí)數(shù)a是存在的，即a=1．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)最值，轉(zhuǎn)化思想、分離參數(shù)法以及函數(shù)單調(diào)性等綜合知識(shí)點(diǎn)，屬中等題．