Question

7．已知函数$f（x）=ln（{ax+\frac{1}{2}}）+\frac{2}{2x+1}（{x＞0}）$．
（Ⅰ）若a＞0，且f（x）单调递增，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）是否存在实数a，使f（x）的最小值为1，若存在，求出实数a的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，利用函数的单调性，分离参数得$a≥\frac{2}{{4{x^2}+1}}$，利用函数的最值求解正实数a的取值范围；
（Ⅱ）假设存在这样的实数a，则f（x）≥1在x∈（0，+∞）时恒成立，且可以取到等号，故f（1）≥1，转化为$ln（{a+\frac{1}{2}}）+\frac{2}{3}≥1$，利用放缩法推出$a＞\frac{1}{2}$，说明实数a必须为正实数，当a≥2时，不合题意，得到a必须满足0＜a＜2，令f'（x）＞0，利用函数的单调性求解函数的最小值，设$t=\frac{{\sqrt{2a-{a^2}}+1}}{2}∈（{\frac{1}{2}，1}]$，即为$lnt-\sqrt{\frac{1}{t}-1}=0$，构造$g（t）=lnt-\sqrt{\frac{1}{t}-1}$，利用函数的单调性求出t=1，然后求解a=1．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{2a}{2ax+1}-\frac{4}{{{{（{2x+1}）}^2}}}=\frac{{8a{x^2}+2a-4}}{{（{2ax+1}）{{（{2x+1}）}^2}}}$，
由已知f'（x）≥0在（0，+∞）时恒成立，即8ax²+2a-4≥0恒成立，
分离参数得$a≥\frac{2}{{4{x^2}+1}}$，又$\frac{2}{{4{x^2}+1}}∈（{0，2}）$，所以正实数a的取值范围是a≥2，…（4分）
（Ⅱ）假设存在这样的实数a，则f（x）≥1在x∈（0，+∞）时恒成立，且可以取到等号，故f（1）≥1，
即$ln（{a+\frac{1}{2}}）+\frac{2}{3}≥1$，故$ln（{a+\frac{1}{2}}）≥\frac{1}{3}＞0=ln1$，解得$a＞\frac{1}{2}$，从而这样的实数a必须为正实数，
当a≥2时，由（Ⅰ）知f（x）在（0，+∞）上递增，所以f（x）＞f（0）=2-ln2＞1，此时不合题意，
故这样的a必须满足0＜a＜2，
此时，令f'（x）＞0，得f（x）的增区间为$（{\sqrt{\frac{2-a}{4a}}，+∞}）$，令f'（x）＜0，得f（x）的减区间为$（{0，\sqrt{\frac{2-a}{4a}}}）$，
故$f{（x）_{min}}=f（{\sqrt{\frac{2-a}{4a}}}）=ln（{a•\sqrt{\frac{2-a}{4a}}+\frac{1}{2}}）+\frac{2}{{2\sqrt{\frac{2-a}{4a}}+1}}=1$，
整理得$ln（{\frac{{\sqrt{2a-{a^2}}+1}}{2}}）-\frac{{\sqrt{2-a}-\sqrt{a}}}{{\sqrt{2-a}+\sqrt{a}}}=0$，
即$ln（{\frac{{\sqrt{2a-{a^2}}+1}}{2}}）-\frac{{\sqrt{2-2\sqrt{2a-{a^2}}}}}{{\sqrt{2+2\sqrt{2a-{a^2}}}}}=0$，
设$t=\frac{{\sqrt{2a-{a^2}}+1}}{2}∈（{\frac{1}{2}，1}]$，
则上式即为$lnt-\sqrt{\frac{1}{t}-1}=0$，构造$g（t）=lnt-\sqrt{\frac{1}{t}-1}$，则等价于g（t）=0，
由于y=lnt为增函数，$y=\sqrt{\frac{1}{t}-1}$为减函数，故$g（t）=lnt-\sqrt{\frac{1}{t}-1}$为增函数，
观察知g（1）=0，故g（t）=0等价于t=1，与之对应的a=1，
综上符合条件的实数a是存在的，即a=1…（12分）

点评 本题考查函数的导数的综合应用，考查转化思想分类讨论思想的应用，构造法的应用，考查分析问题解决问题的能力．