Question

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

Answer 1

分析 （1）首先对f（x）求导，f（x）在（0，+∞）上单调递增，即f'（x）在x＞0上恒有f'（x）≥0；利用分离参数法求出a的范围；
（2）利用反证法假设a存在，则f（x）≥1在x＞0上恒成立可得a＞$\frac{1}{2}$；利用导数判断出函数f（x）_min=1时，可求出参数a的值；

解答 解：（1）对f（x）求导：f'（x）=$\frac{a}{ax+\frac{1}{2}}$-$\frac{4}{（2x+1）^{2}}$；
∵f（x）在（0，+∞）上单调递增，即f'（x）在x＞0上恒有f'（x）≥0；
即：$\frac{a}{ax+\frac{1}{2}}$≥$\frac{4}{（2x+1）^{2}}$；
∵a＞0，x＞0；
∴$\frac{ax+\frac{1}{2}}{a}≤\frac{（2x+1）^{2}}{4}$⇒$\frac{1}{2a}$≤x²+$\frac{1}{4}$；
故x²+$\frac{1}{4}$ 在x＞0上最小值为$\frac{1}{4}$；
所以：$\frac{1}{2a}$≤$\frac{1}{4}$； 
解得：a≥2．
（2）假设存在这样的实数a，则f（x）≥1在x＞0上恒成立，即ln（a+$\frac{1}{2}$）+$\frac{2}{3}$≥1；
⇒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，由上面的讨论知f（x）在（0，+∞）上递增．
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：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；
整理即：ln（$\frac{\sqrt{2a-{a}^{2}}+1}{2}$）-$\frac{\sqrt{2-a}-\sqrt{a}}{\sqrt{2-a}+\sqrt{a}}$=0；
⇒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）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．

点评 本题主要考查了利用导数判断函数最值，转化思想、分离参数法以及函数单调性等综合知识点，属中等题．