Question

13．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1），g（x）=$\frac{ax}{x+a}$，a＞1．
（I）若函數(shù)f（x）與g（x）在x=1處切線的斜率相同，求a的值：
（Ⅱ）設(shè)F（x）=f（x）-g（x），求F（x）的單調(diào)區(qū)間：
（Ⅲ）討論關(guān)于x的方程|f（x）|=g（x）的根的個(gè)數(shù)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到關(guān)于a的方程，解出即可；
（Ⅱ）求出F（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，判斷導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）設(shè)G（x）=|f（x）|-g（x），通過(guò)討論G（x）的單調(diào)性，確定方程的根的個(gè)數(shù)即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x+1}$，g′（x）=$\frac{{a}^{2}}{{（x+a）}^{2}}$，（a＞1，x＞-1），
由題意f′（1）=g′（1），即$\frac{1}{2}$=$\frac{{a}^{2}}{{（a+1）}^{2}}$，
整理得：a²-2a-1=0，解得：a=1+$\sqrt{2}$；
（Ⅱ）F（x）=f（x）-g（x）=ln（x+1）-$\frac{ax}{x+a}$，
F′（x）=$\frac{x[x-{（a}^{2}-2a）]}{{（x+a）}^{2}（x+1）}$，（x＞-1），
令F′（x）=0，解得：x=0或x=a²-2a，
①當(dāng)a²-2a＞0，即a＞2時(shí)，
令F′（x）＞0，解得：-1＜x＜0或x＞a²-2a，
令F′（x）＜0，解得：0＜xa²-2a，
即F（x）在（-1，0），（a²-2a，+∞）遞增，在（0，a²-2a）遞減；
②當(dāng)1＜a＜2時(shí)，a²-2a∈（-1，0），
F（x）在（0，+∞），（-1，a²-2a）遞增，在（a²-2a，0）遞減；
③a=2時(shí)，F(xiàn)′（x）≥0恒成立，F(xiàn)（x）在（-1，+∞）遞增．
（Ⅲ）設(shè)G（x）=|f（x）|-g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{ln（x+1）-\frac{ax}{x+a}，（x≥0）}\\{-ln（x+1）-\frac{ax}{x+a}，（x＜0）}\end{array}\right.$，
當(dāng)x≥0時(shí)，由（Ⅱ）得：a＞2時(shí)，G（x）在x=a²-2a取得極小值，
∵F（0）=0，∴F（a²-2a）＜0，取x₀=${e}^{{a}^{2}}$∈（a²-2a，+∞），
則F（${e}^{{a}^{2}}$）=ln（${e}^{{a}^{2}}$+1）-$\frac{{ae}^{{a}^{2}}}{{e}^{{a}^{2}}+a}$＞a²-$\frac{{ae}^{{a}^{2}}}{{e}^{{a}^{2}}+a}$=$\frac{{（a}^{2}-a{）e}^{{a}^{2}}{+a}^{3}}{{e}^{{a}^{2}}+a}$＞0，
∴F（x）在（a²-2a，+∞）存在零點(diǎn)，
∴此時(shí)方程|f（x）|=g（x），（x≥0）有2個(gè)根，
當(dāng)1＜a≤2時(shí)，G（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，此時(shí)方程|f（x）|=g（x），（x≥0）有1個(gè)根x=0，
當(dāng)-1＜x＜0時(shí)，G′（x）=-$\frac{1}{x+1}$-$\frac{{a}^{2}}{{（x+a）}^{2}}$＜0，
∴G（x）在（-1，0）單調(diào)遞減，∵G（0）=0，
∴方程|f（x）|=g（x）在（-1，0）無(wú)解，
綜上：a＞2時(shí)，方程2個(gè)根，1＜a≤2時(shí)，方程1個(gè)根．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，難度較大，本題是一道綜合題．