Question

7．已知函數(shù)$f（x）=ln（{ax+\frac{1}{2}}）+\frac{2}{2x+1}（{x＞0}）$．
（Ⅰ）若a＞0，且f（x）單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）是否存在實數(shù)a，使f（x）的最小值為1，若存在，求出實數(shù)a的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，分離參數(shù)得$a≥\frac{2}{{4{x^2}+1}}$，利用函數(shù)的最值求解正實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）假設(shè)存在這樣的實數(shù)a，則f（x）≥1在x∈（0，+∞）時恒成立，且可以取到等號，故f（1）≥1，轉(zhuǎn)化為$ln（{a+\frac{1}{2}}）+\frac{2}{3}≥1$，利用放縮法推出$a＞\frac{1}{2}$，說明實數(shù)a必須為正實數(shù)，當a≥2時，不合題意，得到a必須滿足0＜a＜2，令f'（x）＞0，利用函數(shù)的單調(diào)性求解函數(shù)的最小值，設(shè)$t=\frac{{\sqrt{2a-{a^2}}+1}}{2}∈（{\frac{1}{2}，1}]$，即為$lnt-\sqrt{\frac{1}{t}-1}=0$，構(gòu)造$g（t）=lnt-\sqrt{\frac{1}{t}-1}$，利用函數(shù)的單調(diào)性求出t=1，然后求解a=1．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{2a}{2ax+1}-\frac{4}{{{{（{2x+1}）}^2}}}=\frac{{8a{x^2}+2a-4}}{{（{2ax+1}）{{（{2x+1}）}^2}}}$，
由已知f'（x）≥0在（0，+∞）時恒成立，即8ax²+2a-4≥0恒成立，
分離參數(shù)得$a≥\frac{2}{{4{x^2}+1}}$，又$\frac{2}{{4{x^2}+1}}∈（{0，2}）$，所以正實數(shù)a的取值范圍是a≥2，…（4分）
（Ⅱ）假設(shè)存在這樣的實數(shù)a，則f（x）≥1在x∈（0，+∞）時恒成立，且可以取到等號，故f（1）≥1，
即$ln（{a+\frac{1}{2}}）+\frac{2}{3}≥1$，故$ln（{a+\frac{1}{2}}）≥\frac{1}{3}＞0=ln1$，解得$a＞\frac{1}{2}$，從而這樣的實數(shù)a必須為正實數(shù)，
當a≥2時，由（Ⅰ）知f（x）在（0，+∞）上遞增，所以f（x）＞f（0）=2-ln2＞1，此時不合題意，
故這樣的a必須滿足0＜a＜2，
此時，令f'（x）＞0，得f（x）的增區(qū)間為$（{\sqrt{\frac{2-a}{4a}}，+∞}）$，令f'（x）＜0，得f（x）的減區(qū)間為$（{0，\sqrt{\frac{2-a}{4a}}}）$，
故$f{（x）_{min}}=f（{\sqrt{\frac{2-a}{4a}}}）=ln（{a•\sqrt{\frac{2-a}{4a}}+\frac{1}{2}}）+\frac{2}{{2\sqrt{\frac{2-a}{4a}}+1}}=1$，
整理得$ln（{\frac{{\sqrt{2a-{a^2}}+1}}{2}}）-\frac{{\sqrt{2-a}-\sqrt{a}}}{{\sqrt{2-a}+\sqrt{a}}}=0$，
即$ln（{\frac{{\sqrt{2a-{a^2}}+1}}{2}}）-\frac{{\sqrt{2-2\sqrt{2a-{a^2}}}}}{{\sqrt{2+2\sqrt{2a-{a^2}}}}}=0$，
設(shè)$t=\frac{{\sqrt{2a-{a^2}}+1}}{2}∈（{\frac{1}{2}，1}]$，
則上式即為$lnt-\sqrt{\frac{1}{t}-1}=0$，構(gòu)造$g（t）=lnt-\sqrt{\frac{1}{t}-1}$，則等價于g（t）=0，
由于y=lnt為增函數(shù)，$y=\sqrt{\frac{1}{t}-1}$為減函數(shù)，故$g（t）=lnt-\sqrt{\frac{1}{t}-1}$為增函數(shù)，
觀察知g（1）=0，故g（t）=0等價于t=1，與之對應(yīng)的a=1，
綜上符合條件的實數(shù)a是存在的，即a=1…（12分）

點評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想分類討論思想的應(yīng)用，構(gòu)造法的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．