Question

12．已知常數(shù)a＞0，函數(shù)好h（x）=ln（1+ax），g（x）=$\frac{2x}{x+2}$
（Ⅰ）討論f（x）=h（x）-g（x）在區(qū)間（0，+∞）上的單調(diào)性；
（Ⅱ）若f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且f（x₁）+f（x₂）＞0，求a的取值范圍．
（Ⅲ）當(dāng)a=1時(shí)，證明：當(dāng)0＜x＜2時(shí)，h（x）+$\sqrt{x+1}$-1$＜\frac{9x}{x+6}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，注意對(duì)a分類討論；
（Ⅱ）利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的極值，注意a的討論及利用換元法轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題解決；
（Ⅲ）由均值不等式，可得$\sqrt{x+1}$＜$\frac{x}{2}$+1，構(gòu)造函數(shù)k（x）=ln（x+1）-x，可得ln（x+1）＜x，從而當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜$\frac{3}{2}$x，記h（x）=（x+6）f（x）-9x，可證h（x）在（0，2）內(nèi)單調(diào)遞減，從而h（x）＜0，故問題得證．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=ln（1+ax）-$\frac{2x}{x+2}$．
∴f′（x）=$\frac{a}{1+ax}$-$\frac{4}{{（x+2）}^{2}}$=$\frac{{ax}^{2}-4（1-a）}{（1+ax{）（x+2）}^{2}}$，
∵（1+ax）（x+2）²＞0，∴當(dāng)1-a≤0時(shí)，即a≥1時(shí)，f′（x）≥0恒成立，則函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
當(dāng)0＜a≤1時(shí)，由f′（x）=0得x=±$\frac{2\sqrt{a（1-a）}}{a}$，則函數(shù)f（x）在（0，$\frac{2\sqrt{a（1-a）}}{a}$）單調(diào)遞減，在（$\frac{2\sqrt{a（1-a）}}{a}$，+∞）單調(diào)遞增．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當(dāng)a≥1時(shí)，f′（x）≥0，此時(shí)f（x）不存在極值點(diǎn)．
因此要使f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，則必有0＜a＜1，又f（x）的極值點(diǎn)值可能是x₁=$\frac{2\sqrt{a（1-a）}}{a}$，x₂=-$\frac{2\sqrt{a（1-a）}}{a}$
且由f（x）的定義域可知x＞-$\frac{1}{a}$且x≠-2，
∴-$\frac{2\sqrt{a（1-a）}}{a}$＞-$\frac{1}{a}$且-$\frac{2\sqrt{a（1-a）}}{a}$≠-2，解得a≠$\frac{1}{2}$，
則x₁，x₂分別為函數(shù)f（x）的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)，
∴f（x₁）+f（x₂）
=ln[1+ax₁]-$\frac{{2x}_{1}}{{x}_{1}+2}$+ln（1+ax₂）-$\frac{{2x}_{2}}{{x}_{2}+2}$
=ln[1+a（x₁+x₂）+a²x₁x₂]-$\frac{{{4x}_{1}x}_{2}+4{（x}_{1}{+x}_{2}）}{{{x}_{1}x}_{2}+2（{{x}_{1}+x}_{2}）+4}$
=ln（2a-1）²-$\frac{4（a-1）}{2a-1}$=ln（2a-1）²+$\frac{2}{2a-1}$-2．
令2a-1=x，由0＜a＜1且a≠$\frac{1}{2}$得，
當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{2}$時(shí)，-1＜x＜0；當(dāng)$\frac{1}{2}$＜a＜1時(shí)，0＜x＜1．
令g（x）=lnx²+$\frac{2}{x}$-2．
i）當(dāng)-1＜x＜0時(shí)，g（x）=2ln（-x）+$\frac{2}{x}$-2，
∴g′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$=$\frac{2x-2}{{x}^{2}}$＜0，
故g（x）在（-1，0）上單調(diào)遞減，g（x）＜g（-1）=-4＜0，
∴當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x₁）+f（x₂）＜0；
（ii）當(dāng)0＜x＜1．g（x）=2lnx+$\frac{2}{x}$-2，g′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$=$\frac{2x-2}{{x}^{2}}$＜0，
故g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，g（x）＞g（1）=0，
∴當(dāng)$\frac{1}{2}$＜a＜1時(shí)，f（x₁）+f（x₂）＞0；
綜上所述，a的取值范圍是（$\frac{1}{2}$，1）．
（Ⅲ）證明：h（x）+$\sqrt{x+1}$-1=ln（x+1）+$\sqrt{x+1}$-1
由均值不等式，當(dāng)x＞0時(shí)，2$\sqrt{（x+1）•1}$＜x+1+1=x+2，
∴$\sqrt{x+1}$＜$\frac{x}{2}$+1①
令k（x）=ln（x+1）-x，則k（0）=0，k′（x）=$\frac{1}{x+1}$-1=$\frac{-x}{x+1}$＜0，∴k（x）＜0
∴l(xiāng)n（x+1）＜x，②
由①②得，當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜$\frac{3}{2}$x
記h（x）=（x+6）f（x）-9x，則當(dāng)0＜x＜2時(shí)，h′（x）=f（x）+（x+6）f′（x）-9
＜$\frac{3}{2}$x+（x+6）（$\frac{1}{x+1}$+$\frac{1}{2\sqrt{x+1}}$）-9＜$\frac{1}{2（x+1）}$[3x（x+1）+（x+6）（3+$\frac{x}{2}$）-18（x+1）]
=$\frac{x}{4（x+1）}$（7x-18）＜0
∴h（x）在（0，2）內(nèi)單調(diào)遞減，又h（0）=0，∴h（x）＜0
∴當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f（x）＜$\frac{9x}{x+6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查構(gòu)造法的運(yùn)用，考查不等式的證明，正確構(gòu)造函數(shù)是解題的關(guān)鍵．