Question

已知函數(shù)f(x)=

1

4

x2-

1

a

x+ln(x+a)，其中常數(shù)a＞0．
（I）若f（x）在x=1處取得極值，求a的值；
（II）求f（x）的單調遞增區(qū)間；
（III）已知0＜a＜

1

2

，f′(x)表示f（x）的導數(shù)，若x₁，x₂∈（-a，a），x₁≠x₂，且滿足f'（x₁）+f'（x₂）=0，試比較f'（x₁+x₂）與f'（0）的大小，并加以證明．

Answer 1

分析：（I）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，根據(jù)題意得f′（1）=0，解關于a的方程，可得a=1，最后代入原函數(shù)驗證即可；
（II）將函數(shù)的導數(shù)f′（x）分解為

x(ax-(2-a2))

2a(x+a)

，再根據(jù)a與

2

的大小關系，得出函數(shù)零點的不同情況，分a=

2

、a＞

2

和a＜

2

三種情況討論，分別可得函數(shù)的單調區(qū)間；
（III）設函數(shù)y=g（x）（-a＜x＜a）的圖象與函數(shù)y=f′（x）（-a＜x＜a）的圖象關于原點對稱，利用作差、分解因式的方法得出f′（x）＞g（x），然后用單調性的定義證明f′（x）在（-a，a）上單調遞減，在這兩點基礎上結合函數(shù)的單調性與奇函數(shù)的性質，證出f′（x₁+x₂）＜f′（0）．

解答：解：（I）因為f(x)=

1

4

x2-

1

a

x+ln(x+a)，所以f/(x)=

1

2

x-

1

a

+

1

x+a

又因為f（x）在x=1處取得極值，所以f/(1)=

1

2

-

1

a

+

1

1+a

=0，
因為a為正數(shù)，所以解此方程得a=1
經(jīng)檢驗，當a=1時，在處取得極小值，故a=1
（II）由（I）知f/(x)=

1

2

x-

1

a

+

1

x+a

=

x(ax-(2-a2))

2a(x+a)

  （x＞-a，a＞0）
（1）當a=

2

時，f/(x)=

x2

2(x+a)

≥0
所以f（x）的單調增區(qū)間是(-

2

，+∞)
（2）當a＞

2

時，由f′（x）＞0得-a＜x＜

2-a2

a

或x＞0
所以f（x）的單調增區(qū)間是(-a，

2-a2

a

)，（0，+∞）
（3）當0＜a＜

2

時，由f′（x）＞0得-a＜x＜0或x＞

2-a2

a

所以f（x）的單調增區(qū)間是（-a，0）和 (

2-a2

a

，+∞)
（III）f′（x₁+x₂）＜f′（0），證明如下
當0＜a＜

1

2

時，設函數(shù)y=g（x）（-a＜x＜a）的圖象與函數(shù)y=f′（x）（-a＜x＜a）的圖象關于原點對稱，則
g(x)=-f/(-x)=

1

2

x+

1

a

+

1

x-a

于是當0＜x＜a時，f/(x)-g(x)=

1

2

x-

1

a

+

1

x+a

-(-

1

2

x+

1

a

+

1

x-a

)=

2x2

a(a2-x2)

＞0
即f′（x）＞g（x）…（*）
設h(x)=f/(x)=

1

2

x-

1

a

+

1

x+a

   (-a＜x＜a)
則h/(x)=

1

2

-

1

(x+a)2

=

(x+a)2-2

2(x+a)2

∵-a＜x＜a
∴0＜x+a＜2a
結合  0＜a＜

1

2

，得(x+a)2＜4a2＜1
∴h′（x）＜0可得h（x）在（-a，a）上單調遞減，即f′（x）在（-a，a）上單調遞減…（**）
依題意，不妨設x₁＜x₂，又因為f′（0）=0，f′（x₁）+f′（x₂）=0，所以-a＜x₁＜0＜x₂＜a
∴0＜-x₁＜a且-a＜x₁+x₂＜a
于是根據(jù)f′（x₁）+f′（x₂）=0得-g（-x₁）+f′（x₂）=0
結合（*）可得f′（x₂）=g（-x₁）＜f′（-x₁）
∴x₂＞-x₁從而0＜x₁+x₂＜a
結合（**）可得f′（x₁+x₂）＜f′（0），命題得證．

點評：本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，同時對函數(shù)在某點處極值的存在性加以探討，綜合性強，屬于難題．