Question

17．已知函數(shù)f（x）=ln（ax+1）-ax-lna．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若h（x）=ax-f（x），當(dāng)h（x）＞0恒成立時(shí)，求a的取值范圍；
（3）若存在$-\frac{1}{a}＜{x_1}＜0$，x₂＞0，使得f（x₁）=f（x₂）=0，判斷x₁+x₂與0的大小關(guān)系，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出h（x）的最小值，問題轉(zhuǎn)化為$2a•（-\frac{1}{2a}）-ln（-\frac{1}{2a}+\frac{1}{a}）＞0$，解出即可；
（3）構(gòu)造函數(shù)$g（x）=f（-x）-f（x）（-\frac{1}{a}＜x＜0）$，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到f（-x₁）-f（x₁）＞0，判斷出x₁+x₂與0的大小關(guān)系即可．

解答 解：因?yàn)閒（x）=ln（ax+1）-ax-lna，所以$f（x）=ln（x+\frac{1}{a}）-ax$且a＞0
（1）易知f（x）的定義域?yàn)?（-\frac{1}{a}\;，\;\;+∞）$，$f'（x）=\frac{1}{{x+\frac{1}{a}}}-a=-\frac{{{a^2}x}}{ax+1}$…（1分）
又a＞0，在區(qū)間$（-\frac{1}{a}\;，\;\;0）$上，f'（x）＞0；在區(qū)間（0，+∞上，f′（x）＜0，
所以f（x）在（-$\frac{1}{a}$，0）上是增函數(shù)，在（0，+∞）上是減函數(shù)      …（3分）
（2）因?yàn)閍＞0，h（x）=ax-f（x），則h（x）=2ax-ln（x+$\frac{1}{a}$），
由于h′（x）=2a-$\frac{1}{x+\frac{1}{a}}$=$\frac{2a（x+\frac{1}{2a}）}{x+\frac{1}{a}}$，…（5分）
所以在區(qū)間（-$\frac{1}{a}$，-$\frac{1}{2a}$）上，h′（x）＜0；在區(qū)間（-$\frac{1}{2a}$，+∞）上，h′（x）＞0，
故h（x）的最小值為h（-$\frac{1}{2a}$），所以只需h（-$\frac{1}{2a}$）＞0，
即$2a•（-\frac{1}{2a}）-ln（-\frac{1}{2a}+\frac{1}{a}）＞0$，即$ln\frac{1}{2a}＜-1$，解得a＞$\frac{e}{2}$，
故a的取值范圍是：（$\frac{e}{2}$，+∞）．…（8分）
（3）x₁+x₂與0的大小關(guān)系是x₁+x₂＞0．
構(gòu)造函數(shù)$g（x）=f（-x）-f（x）（-\frac{1}{a}＜x＜0）$，
則$g（x）=ln（\frac{1}{a}-x）-ln（x+\frac{1}{a}）+2ax$，$g'（x）=\frac{1}{{x-\frac{1}{a}}}-$$\frac{1}{{x+\frac{1}{a}}}+2a=\frac{2a}{{{a^2}{x^2}-1}}+2a$，
因?yàn)?-\frac{1}{a}＜x＜0$，所以$0＜{x^2}＜\frac{1}{a^2}$，0＜a²x²＜1，-1＜a²x²-1＜0，$\frac{2a}{{{a^2}{x^2}-1}}＜-2a$，
則$\frac{2a}{{{a^2}{x^2}-1}}+2a＜0$，即g'（x）＜0，所以函數(shù)g（x）在區(qū)間$（-\frac{1}{a}\;，\;\;0）$上為減函數(shù)．
因?yàn)?-\frac{1}{a}＜{x_1}＜0$，所以g（x₁）＞g（0）=0，
于是f（-x₁）-f（x₁）＞0，又f（x₁）=0，
則f（-x₁）＞0=f（x₂），由f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)，
可知x₂＞-x₁，即x₁+x₂＞0…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．