Question

已知函数f（x）=ln（x+a）+

1-a-x

ax+a2

，（a＞0）；
（Ⅰ）若a=1，求f（x）的最小值；
（Ⅱ）若y=f（x）有两个零点，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）当a=1时方程f（x）=k（k＞0）存在两个异号实根x₁，x₂；求证：x₁+x₂＞0，其中[（ln（-x+1））′=

-1

-x+1

]．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：本题（Ⅰ）先求出导函数，再由导函数值的正负得到函数的单调区间，从而求出函数的最小值，得到本题结论；（Ⅱ）由导函数求出函数的极值，y=f（x）有两个零点，得到函数的最小值点位于x轴下方，得到减a的不等式关系，解不等式，得到a的取值范围，得到本题结论；（Ⅲ）由方程f（x）=k（k＞0）的两个异号实根x₁，x₂，构造函数g（x）=[f（x）-k]-[f（-x）-k]，利用导函数证明g（x）＞0，从而得到f（-x₁）＜f（x₂），再通过函数单调性，得到自变量的关系，得到本题结论．

解答： 解：（Ⅰ）∵函数f（x）=ln（x+a）+

1-a-x

ax+a2

，（a＞0），
∴当a=1时，f（x）=ln（x+1）+

-x

x+1

，（x＞-1），
∴f′（x）=

1

x+1

+

-1

(x+1)2

=

x

(x+1)2

．
∴当x∈（-1，0）时，f′（x）＜0，当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，
∴y=f（x）在（-1，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
∴[f（x）]_min=f（0）=0．
（Ⅱ）∵函数f（x）=ln（x+a）+

1-a-x

ax+a2

，（a＞0），
∴f′（x）=

1

x+a

+

-1

a(x+a)2

=

x+a- 1 a

(x+a)2

，
∴当x∈(-a，-a+

1

a

)时，f′（x）＜0；当x∈(-a+

1

a

，+∞)时，f′（x）＞0；
∴函数f（x）在(-a，-a+

1

a

)上单调递减，在(-a+

1

a

，+∞)上单调递增，
∴[f（x）]_min=f（-a+

1

a

）=ln

1

a

+1-

1

a

．
∵y=f（x）有两个零点，
∴ln

1

a

+1-

1

a

＜0，
令h（a）=ln

1

a

+1-

1

a

．
h′(a)=

1

a2

-

1

a

=

1-a

a2

，
∴当a∈（0，1）时，h′（x）＞0；当a∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，
∴函数h（a）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∵h（1）=0，
∴a∈（0，1）时，h（a）＜0；当a∈（1，+∞）时，h（a）＜0，
∴a∈（0，1）∪（1，+∞）．
（Ⅲ）当a=1时，由（Ⅰ）知：方程f（x）-k=0必在两个异号实根x₁，x₂，且x₁＜0＜x₂，
∴f（x₁）-k=0，f（x₂）-k=0，
当x∈（-1，0）时，设g（x）=[f（x）-k]-[f（-x）-k]=ln（x+1）+

-x

x+1

-ln（-x+1）-

x

-x+1

，
∴g′（x）=

x

(x+1)2

-

x

(x-1)2

=

-4x2

(x+1)2(x-1)2

≤0，
∴当x∈（-1，0）时，y=g（x）为减函数，
∵g（0）=0，
∴当x∈（-1，0）时，g（x）＞0，
∵-1＜x₁＜0，
∴g（x₁）＞0，
∴[f（x₁）-k]-[f（x₂）-k]＞0，
∴[f（x₁）-k]＜[f（x₂）-k]，
∴f（-x₁）＜f（x₂），
∵-x₁∈（0，1），x₂∈（0，+∞），y=g（x）在（0，+∞）为增函数；
∵-x₁＜x₂，
∴x₂+x₁＞0．

点评：本题考查了导函数与函数的单调性、最值的关系，还考查了构造函数的思想，本题有一定的难度，计算量较大，属于难题．