Question

9．已知常数a＞0，函数f（x）=ln（1+ax）-$\frac{2x}{x+2}$．
（1）若a=$\frac{1}{2}$，判断f（x）的单调性；
（2）若f（x）存在两个极值点x₁，x₂，且f（x₁）+f（x₂）＞0，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求出f（x）的定义域，令f′（x）＞0解出增区间，令f′（x）＜0解出减区间；
（2）令f′（x）=0在定义域上有两解，得出a的大致范围，把极值点代入解析式解不等式f（x₁）+f（x₂）＞0即可．

解答 解：（1）a=$\frac{1}{2}$时，f（x）=ln（1+$\frac{1}{2}$x）-$\frac{2x}{x+2}$，f（x）的定义域为（-2，+∞）．
f′（x）=$\frac{1}{x+2}$-$\frac{4}{（x+2）^{2}}$=$\frac{x-2}{（x+2）^{2}}$，
∴当-2＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（-2，2）上单调递减，在（2，+∞）上低调递增．
（2）f（x）的定义域为（-$\frac{1}{a}$，+∞），
f′（x）=$\frac{a}{1+ax}$-$\frac{4}{（x+2）^{2}}$=$\frac{a（x+2）^{2}-4（1+ax）}{（1+ax）（x+2）^{2}}$．
∵f（x）存在两个极值点x₁，x₂，
∴f′（x）=0在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上有两解．
即ax²+4a-4=0在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上有两解．∴4-4a＞0．即0＜a＜1．
解ax²+4a-4=0得x=±$\sqrt{\frac{4-4a}{a}}$，
∴-$\sqrt{\frac{4-4a}{a}}$＞-$\frac{1}{a}$，解得a$≠\frac{1}{2}$．
∵f（x₁）+f（x₂）＞0，
∴ln（1+ax₁）+ln（1+ax₂）＞$\frac{2{x}_{1}}{{x}_{1}+2}+\frac{2{x}_{2}}{{x}_{2}+2}$，
即ln[（1+ax₁）（1+ax₂）]＞$\frac{2{x}_{1}（{x}_{2}+2）+2{x}_{2}（{x}_{1}+2）}{（{x}_{1}+2）（{x}_{2}+2）}$，
∴ln（1+a（x₁+x₂）+a²x₁x₂）＞$\frac{4{x}_{1}{x}_{2}+4（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$，
∵x₁+x₂=0，x₁x₂=$\frac{4a-4}{a}$，
∴ln（2a-1）²＞$\frac{4（a-1）}{2a-1}$，
①2a-1＞0，即$\frac{1}{2}＜$a＜1，则ln（2a-1）＞$\frac{2a-2}{2a-1}$=1-$\frac{1}{2a-1}$．
令2a-1=t，则lnt+$\frac{1}{t}$-1＞0，
设g（t）=lnt+$\frac{1}{t}$-1，则g′（t）=$\frac{1}{t}-\frac{1}{{t}^{2}}$=$\frac{t-1}{{t}^{2}}$，
∵$\frac{1}{2}$＜a＜1，∴0＜t＜1，∴g′（t）＜0，
∴g（t）在（0，1）上是减函数，g（t）＞g（1）=0，
∴lnt+$\frac{1}{t}$-1＞0恒成立，∴$\frac{1}{2}＜a＜1$．
②若2a-1＜0，即0$＜a＜\frac{1}{2}$，则ln（1-2a）＞$\frac{2a-2}{2a-1}$=1+$\frac{1}{1-2a}$，
令1-2a=t，则lnt-$\frac{1}{t}$-1＞0，
设h（t）=lnt-$\frac{1}{t}$-1，则h′（t）=$\frac{1}{t}+\frac{1}{{t}^{2}}$＞0，
∵0$＜a＜\frac{1}{2}$，∴0＜t＜1，
∴h（t）在（0，1）上是增函数，∴h（t）＜h（1）=-2，
∴lnt-$\frac{1}{t}$-1＞0在（0，1）上无解．
综上，a的取值范围是（$\frac{1}{2}$，1）．

点评 本题考查了导数与函数单调性，极值的关系，函数单调性与不等式的解法，属于中档题．