Question

17．已知函數(shù)f（x）=ln（ax+1）-ax-lna．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）＜ax恒成立，求a的取值范圍；
（3）若存在-$\frac{1}{a}$＜x₁＜0，x₂＞0，使得f（x₁）=f（x₂）=0，證明x₁+x₂＞0．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出h（x）的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出h（x）的最小值，問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的不等式，解出即可；
（3）構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（-x）-f（x）（-$\frac{1}{a}$＜x＜0），求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到f（-x₁）-f（x₁）＞0，判斷出x₁+x₂與0的大小關(guān)系即可證明結(jié)論．

解答 解：因為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）的定義域為（-$\frac{1}{a}$，+∞），f′（x）=$\frac{1}{x+\frac{1}{a}}$-a=-$\frac{{a}^{2}x}{ax+1}$，
又a＞0，在區(qū)間（-$\frac{1}{a}$，0）上，f'（x）＞0；在區(qū)間（0，+∞上，f′（x）＜0，
所以f（x）在（-$\frac{1}{a}$，0）上是增函數(shù)，在（0，+∞）上是減函數(shù)      …（3分）
（2）因為a＞0，令h（x）=ax-f（x），則h（x）=2ax-ln（x+$\frac{1}{a}$），
由于h′（x）=2a-$\frac{1}{x+\frac{1}{a}}$=$\frac{2a（x+\frac{1}{2a}）}{x+\frac{1}{a}}$，
所以在區(qū)間（-$\frac{1}{a}$，-$\frac{1}{2a}$）上，h′（x）＜0；在區(qū)間（-$\frac{1}{2a}$，+∞）上，h′（x）＞0，
故h（x）的最小值為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的取值范圍是：（$\frac{e}{2}$，+∞）．
（3）證明：構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（-x）-f（x）（-$\frac{1}{a}$＜x＜0），
則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，
因為-$\frac{1}{a}$＜x＜0，所以0＜x²＜$\frac{1}{{a}^{2}}$，0＜a²x²＜1，-1＜a²x²-1＜0，$\frac{2a}{{{a}^{2}x}^{2}-1}$＜-2a，
則 $\frac{2a}{{{a}^{2}x}^{2}-1}$+2a＜0，即g'（x）＜0，所以函數(shù)g（x）在區(qū)間（-$\frac{1}{a}$，0）上為減函數(shù)．
因為-$\frac{1}{a}$＜x₁＜0，所以g（x₁）＞g（0）=0，
于是f（-x₁）-f（x₁）＞0，又f（x₁）=0，
則f（-x₁）＞0=f（x₂），由f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)，
可知x₂＞-x₁，即x₁+x₂＞0．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．