Question

5．已知函数$f（x）=\frac{1}{4}{x^2}-\frac{1}{a}x+ln（x+a）$，其中常数a＞0．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）已知$0＜a＜\frac{1}{2}$，f'（x）表示f（x）的导数，若x₁，x₂∈（-a，a），x₁≠x₂，且满足f′（x₁）+f′（x₂）=0，试比较f′（x₁+x₂）与f′（0）的大小，并加以证明．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，确定函数的单调区间即可；
（2）令g（x）=f′（x），求出g（x）的导数，得到g（x）的单调性，得到f′（x₁+x₂）的表达式，通过换元法求出其最大值，从而判断出与f′（0）的大小即可．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为（-a，+∞），
$f'（x）=\frac{1}{2}x-\frac{1}{a}+\frac{1}{x+a}=\frac{{x（ax-2+{a^2}）}}{2a（x+a）}（x＞-a，a＞0）$
由f'（x）=0，得x₁=0，${x_2}=\frac{{2-{a^2}}}{a}$，…（2分）
当$a=\sqrt{2}$时，$f'（x）=\frac{x^2}{{2（x+\sqrt{2}）}}≥0$，
所以f（x）在$（-\sqrt{2}，+∞）$上为增函数；…（3分）
当$a＞\sqrt{2}$时，$-a＜{x_2}=\frac{{2-{a^2}}}{a}＜0$，
所以f（x）在（0，+∞），$（-a，\frac{{2-{a^2}}}{a}）$上为增函数；在$（\frac{{2-{a^2}}}{a}，0）$上为减函数；…（4分）
当$0＜a＜\sqrt{2}$时，$\frac{{2-{a^2}}}{a}＞0$，
所以f（x）在$（\frac{{2-{a^2}}}{a}，+∞）$，（-a，0）上为增函数；在$（0，\frac{{2-{a^2}}}{a}）$上为减函数；…（5分）
（2）令$g（x）=f'（x）=\frac{1}{2}x-\frac{1}{a}+\frac{1}{x+a}（-a＜x＜a）$
则$g'（x）=\frac{1}{2}-\frac{1}{{{{（x+a）}^2}}}=\frac{{{{（x+a）}^2}-2}}{{2{{（x+a）}^2}}}$，
∵-a＜x＜a，
∴0＜x+a＜2a，
∴${（x+a）^2}＜4{a^2}＜1（∵0＜a＜\frac{1}{2}）$，
∴g'（x）＜0，
∴g（x）在（-a，a）上为减函数，即f'（x）在（-a，a）上为减函数，
以题意，不妨设x₁＜x₂，又因为f'（0）=0，f'（x₁）+f'（x₂）=0，…（8分）
所以，-a＜x₁＜0＜x₂＜a，所以，0＜x₁+a＜a，且-a＜x₁+x₂＜a，
由f'（x₁）+f'（x₂）=0，得$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=\frac{2}{a}-\frac{1}{{{x_1}+a}}-\frac{1}{{{x_2}+a}}$，
∴$f'（{x_1}+{x_2}）=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}-\frac{1}{a}+\frac{1}{{{x_1}+{x_2}+a}}$=$\frac{1}{a}+\frac{1}{{{x_1}+{x_2}+a}}-\frac{1}{{{x_1}+a}}-\frac{1}{{{x_2}+a}}$，…（10分）
令t=x₁+a，$h（t）=\frac{1}{a}+\frac{1}{{t+{x_2}}}-\frac{1}{t}-\frac{1}{{{x_2}+a}}（0＜t＜a）$
则$h'（t）=-\frac{1}{{{{（t+{x_2}）}^2}}}+\frac{1}{t^2}=\frac{{{{（t+{x_2}）}^2}-{t^2}}}{{{{（t+{x_2}）}^2}•{t^2}}}=\frac{{（2t+{x_2}）{x_2}}}{{{{（t+{x_2}）}^2}•{t^2}}}＞0$，…（11分）
所以，h（t）在（0，a）内为增函数，又因为t=x₁+a∈（0，a）
所以，h（t）＜h（a）═0，
即：$\frac{1}{a}+\frac{1}{{{x_1}+{x_2}+a}}-\frac{1}{{{x_1}+a}}-\frac{1}{{{x_2}+a}}＜0$
所以，f'（x₁）+f'（x₂）＜f'（0）．…（12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，分类讨论思想以及换元思想，是一道综合题．