Question

17．已知函数f（x）=ln（ax+1）-ax-lna．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）＜ax恒成立，求a的取值范围；
（3）若存在-$\frac{1}{a}$＜x₁＜0，x₂＞0，使得f（x₁）=f（x₂）=0，证明x₁+x₂＞0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）求出h（x）的导数，根据函数的单调性求出h（x）的最小值，问题转化为关于a的不等式，解出即可；
（3）构造函数g（x）=f（-x）-f（x）（-$\frac{1}{a}$＜x＜0），求出函数的导数，根据函数的单调性得到f（-x₁）-f（x₁）＞0，判断出x₁+x₂与0的大小关系即可证明结论．

解答 解：因为f（x）=ln（ax+1）-ax-lna，所以f（x）=ln（x+$\frac{1}{a}$）-ax且a＞0
（1）易知f（x）的定义域为（-$\frac{1}{a}$，+∞），f′（x）=$\frac{1}{x+\frac{1}{a}}$-a=-$\frac{{a}^{2}x}{ax+1}$，
又a＞0，在区间（-$\frac{1}{a}$，0）上，f'（x）＞0；在区间（0，+∞上，f′（x）＜0，
所以f（x）在（-$\frac{1}{a}$，0）上是增函数，在（0，+∞）上是减函数      …（3分）
（2）因为a＞0，令h（x）=ax-f（x），则h（x）=2ax-ln（x+$\frac{1}{a}$），
由于h′（x）=2a-$\frac{1}{x+\frac{1}{a}}$=$\frac{2a（x+\frac{1}{2a}）}{x+\frac{1}{a}}$，
所以在区间（-$\frac{1}{a}$，-$\frac{1}{2a}$）上，h′（x）＜0；在区间（-$\frac{1}{2a}$，+∞）上，h′（x）＞0，
故h（x）的最小值为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的取值范围是：（$\frac{e}{2}$，+∞）．
（3）证明：构造函数g（x）=f（-x）-f（x）（-$\frac{1}{a}$＜x＜0），
则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，
因为-$\frac{1}{a}$＜x＜0，所以0＜x²＜$\frac{1}{{a}^{2}}$，0＜a²x²＜1，-1＜a²x²-1＜0，$\frac{2a}{{{a}^{2}x}^{2}-1}$＜-2a，
则 $\frac{2a}{{{a}^{2}x}^{2}-1}$+2a＜0，即g'（x）＜0，所以函数g（x）在区间（-$\frac{1}{a}$，0）上为减函数．
因为-$\frac{1}{a}$＜x₁＜0，所以g（x₁）＞g（0）=0，
于是f（-x₁）-f（x₁）＞0，又f（x₁）=0，
则f（-x₁）＞0=f（x₂），由f（x）在（0，+∞）上为减函数，
可知x₂＞-x₁，即x₁+x₂＞0．

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函数恒成立问题，考查转化思想，是一道综合题．