Question

17．已知函数f（x）=ln（ax+1）-ax-lna．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若h（x）=ax-f（x），当h（x）＞0恒成立时，求a的取值范围；
（3）若存在$-\frac{1}{a}＜{x_1}＜0$，x₂＞0，使得f（x₁）=f（x₂）=0，判断x₁+x₂与0的大小关系，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）求出h（x）的导数，根据函数的单调性求出h（x）的最小值，问题转化为$2a•（-\frac{1}{2a}）-ln（-\frac{1}{2a}+\frac{1}{a}）＞0$，解出即可；
（3）构造函数$g（x）=f（-x）-f（x）（-\frac{1}{a}＜x＜0）$，求出函数的导数，根据函数的单调性得到f（-x₁）-f（x₁）＞0，判断出x₁+x₂与0的大小关系即可．

解答 解：因为f（x）=ln（ax+1）-ax-lna，所以$f（x）=ln（x+\frac{1}{a}）-ax$且a＞0
（1）易知f（x）的定义域为$（-\frac{1}{a}\;，\;\;+∞）$，$f'（x）=\frac{1}{{x+\frac{1}{a}}}-a=-\frac{{{a^2}x}}{ax+1}$…（1分）
又a＞0，在区间$（-\frac{1}{a}\;，\;\;0）$上，f'（x）＞0；在区间（0，+∞上，f′（x）＜0，
所以f（x）在（-$\frac{1}{a}$，0）上是增函数，在（0，+∞）上是减函数      …（3分）
（2）因为a＞0，h（x）=ax-f（x），则h（x）=2ax-ln（x+$\frac{1}{a}$），
由于h′（x）=2a-$\frac{1}{x+\frac{1}{a}}$=$\frac{2a（x+\frac{1}{2a}）}{x+\frac{1}{a}}$，…（5分）
所以在区间（-$\frac{1}{a}$，-$\frac{1}{2a}$）上，h′（x）＜0；在区间（-$\frac{1}{2a}$，+∞）上，h′（x）＞0，
故h（x）的最小值为h（-$\frac{1}{2a}$），所以只需h（-$\frac{1}{2a}$）＞0，
即$2a•（-\frac{1}{2a}）-ln（-\frac{1}{2a}+\frac{1}{a}）＞0$，即$ln\frac{1}{2a}＜-1$，解得a＞$\frac{e}{2}$，
故a的取值范围是：（$\frac{e}{2}$，+∞）．…（8分）
（3）x₁+x₂与0的大小关系是x₁+x₂＞0．
构造函数$g（x）=f（-x）-f（x）（-\frac{1}{a}＜x＜0）$，
则$g（x）=ln（\frac{1}{a}-x）-ln（x+\frac{1}{a}）+2ax$，$g'（x）=\frac{1}{{x-\frac{1}{a}}}-$$\frac{1}{{x+\frac{1}{a}}}+2a=\frac{2a}{{{a^2}{x^2}-1}}+2a$，
因为$-\frac{1}{a}＜x＜0$，所以$0＜{x^2}＜\frac{1}{a^2}$，0＜a²x²＜1，-1＜a²x²-1＜0，$\frac{2a}{{{a^2}{x^2}-1}}＜-2a$，
则$\frac{2a}{{{a^2}{x^2}-1}}+2a＜0$，即g'（x）＜0，所以函数g（x）在区间$（-\frac{1}{a}\;，\;\;0）$上为减函数．
因为$-\frac{1}{a}＜{x_1}＜0$，所以g（x₁）＞g（0）=0，
于是f（-x₁）-f（x₁）＞0，又f（x₁）=0，
则f（-x₁）＞0=f（x₂），由f（x）在（0，+∞）上为减函数，
可知x₂＞-x₁，即x₁+x₂＞0…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，是一道综合题．