Question

11．已知函数f（x）=ln（x+1）+$\frac{2a}{x+a}（{a＞0}）$．
（I）讨论函数f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（II）设函数f（x）存在两个极值点，并记作x₁，x₂，若f（x₁）+f（x₂）＞4，求正数a的取值范围；
（III）求证：当a=1时，f（x）＞$\frac{1}{{{e^{x+1}}}}+\frac{1}{x+1}$（其中e为自然对数的底数）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出x₁，x₂，得到f（x₁）+f（x₂）的解析式，问题转化为$ln[{（a-1）^2}]+\frac{2}{a-1}-2＞0$，令a-1=t（a∈（0，1）∪（1，2）），所以t∈（-1，0）∪（0，1），令$g（t）=ln（{t^2}）+\frac{2}{t}-2$，根据函数的单调性判断即可；
（Ⅲ）问题转化为证明$ln（x+1）+\frac{1}{x+1}＞\frac{1}{{{e^{x+1}}}}$，即证$lnx+\frac{1}{x}＞\frac{1}{e^x}$，设$h（x）=lnx+\frac{1}{x}$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{1}{x+1}+2a×[-\frac{1}{{{{（x+a）}^2}}}]=\frac{{{x^2}+a（a-2）}}{{（x+1）{{（x+a）}^2}}}$，（*）
当a≥2时，∵x＞0，∴$f'（x）=\frac{{{x^2}+a（a-2）}}{{（x+1）{{（x+a）}^2}}}＞0$，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数；
当0＜a＜2时，由f'（x）=0，得x²+a（a-2）=0，解得${x_1}=-\sqrt{a（2-a）}$（负值舍去），${x_2}=\sqrt{a（2-a）}$，
所以当x∈（0，x₂）时，x²+a（a-2）＜0，从而f'（x）＜0，函数f（x）在（0，x₂）上是减函数；
当x∈（x₂，+∞）时，x²+a（a-2）＞0，从而f'（x）＞0，函数f（x）在（x₂，+∞）上是增函数．
综上，当a≥2时，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数；
当0＜a＜2时，函数f（x）在$（0，\sqrt{a（2-a）}）$上是减函数，在$（\sqrt{a（2-a）}，+∞）$上是增函数．…（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a≥2时，f'（x）＞0，函数f（x）无极值点；
要使函数f（x）存在两个极值点，必有0＜a＜2，且极值点必为${x_1}=-\sqrt{a（2-a）}$，${x_2}=\sqrt{a（2-a）}$，
又由函数定义域知，x＞-1，则有$-\sqrt{a（2-a）}＞-1$，即$\sqrt{a（2-a）}＜1$，化为（a-1）²＞0，所以a≠1，
所以，函数f（x）存在两个极值点时，正数a的取值范围是（0，1）∪（1，2）．
由（*）式可知，$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=0\\{x_1}•{x_2}=a（a-2）\end{array}\right.$，
f（x₁）+f（x₂）
=ln（1+x₁）+$\frac{2a}{{x}_{1}+a}$+ln（1+x₂）+$\frac{2a}{{x}_{2}+a}$
=ln（1+x₁+x₂+x₁•x₂）+$\frac{2a{（x}_{1}{+x}_{2}+2a）}{{{x}_{1}x}_{2}+a{（x}_{1}{+x}_{2}）{+a}^{2}}$
=ln[（a-1）²]+$\frac{{4a}^{2}}{a（a-2）{+a}^{2}}$
=ln[（a-1）²]+$\frac{2}{a-1}$-2；
不等式f（x₁）+f（x₂）＞4化为$ln[{（a-1）^2}]+\frac{2}{a-1}-2＞0$，
令a-1=t（a∈（0，1）∪（1，2）），所以t∈（-1，0）∪（0，1），
令$g（t）=ln（{t^2}）+\frac{2}{t}-2$，t∈（-1，0）∪（0，1）．
当t∈（-1，0）时，$g（t）=2ln（-t）+\frac{2}{t}-2$，$ln（-t）＜0，\frac{2}{t}＜0$，所以g（t）＜0，不合题意；
当t∈（0，1）时，$g（t）=2lnt+\frac{2}{t}-2$，$g'（t）=2×\frac{1}{t}+2×（-\frac{1}{t^2}）=\frac{2（t-1）}{t^2}＜0$，
所以g（t）在（0，1）是减函数，所以$g（t）＞g（1）=2ln1+\frac{2}{1}-2=0$，适合题意，即a∈（1，2）．
综上，若f（x₁）+f（x₂）＞4，此时正数a的取值范围是（1，2）． …（10分）
（Ⅲ）证明：当a=1时，$f（x）=ln（x+1）+\frac{2}{x+1}$，
不等式$f（x）＞\frac{1}{{{e^{x+1}}}}+\frac{1}{x+1}$可化为$ln（x+1）+\frac{1}{x+1}＞\frac{1}{{{e^{x+1}}}}$，所以
要证不等式$f（x）＞\frac{1}{{{e^{x+1}}}}+\frac{1}{x+1}$，即证$ln（x+1）+\frac{1}{x+1}＞\frac{1}{{{e^{x+1}}}}$，即证$lnx+\frac{1}{x}＞\frac{1}{e^x}$，
设$h（x）=lnx+\frac{1}{x}$，则$h'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$，
在（0，1）上，h'（x）＜0，h（x）是减函数；
在£¨1£?+∞）上，h'（x）＞0，h（x）是增函数．
所以h（x）≥h（1）=1，
设$ϕ（x）=\frac{1}{e^x}$，则ϕ（x）是减函数，
所以ϕ（x）＜ϕ（0）=1，
所以ϕ（x）＜h（x），即$lnx+\frac{1}{x}＞\frac{1}{e^x}$，
所以当a=1时，不等式$f（x）＞\frac{1}{{{e^{x+1}}}}+\frac{1}{x+1}$成立．         …（14分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．