Question

20．已知常数a＞0，b＞1，函数g（x）=ln（ax+1），h（x）=$\frac{bx}{x+b}$，令f（x）=g（x）-h（x）．
（1）若1＜b＜2，a=1时，讨论f（x）=g（x）-h（x）的单调性；
（2）若$\frac{1}{2}$＜a＜1，b=2，证明f（x）存在两个极值点x₁、x₂且f（x₁）+f（x₂）＞0．

Answer 1

分析 （1）利用导数判断函数的单调性，求出导数，令导数为0，解方程检验两根满足定义域，再由导数大于0，可得增区间，导数小于0，可得减区间；
（2）利用导数判断函数的极值，注意a的范围及利用换元法转化为求函数最值问题解决．

解答 解：（1）∵f（x）=ln（1+x）-$\frac{bx}{x+b}$．x＞-1且x≠-b．
∴f′（x）=$\frac{1}{1+x}$-$\frac{{b}^{2}}{（x+b）^{2}}$=$\frac{x（x+2b-{b}^{2}）}{（1+x）（x+b）^{2}}$，
∵（1+x）（x+b）²＞0，
由于1＜b＜2，则b（b-2）+1＞0，即有b（b-2）＞-1，
f′（x）＞0可得-1＜x＜b（b-2）或x＞0；
f′（x）＜0可得b（b-2）＜x＜0．
故f（x）在（-1，b（b-2）），（0，+∞）递增，在（b（b-2），0）递减；
（2）证明：f（x）=ln（1+ax）-$\frac{2x}{2+x}$．
∴f′（x）=$\frac{a}{1+ax}$-$\frac{4}{（x+2）^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}-4（1-a）}{（1+ax）（x+2）^{2}}$，
∵（1+ax）（x+2）²＞0，
又f（x）的极值点值可能是x₁=$\frac{2\sqrt{a（1-a）}}{a}$，x₂=-$\frac{2\sqrt{a（1-a）}}{a}$，
且由f（x）的定义域可知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≠$\frac{1}{2}$，
则x₁，x₂分别为函数f（x）的极小值点和极大值点，
∴f（x₁）+f（x₂）=ln（1+ax₁）-$\frac{2{x}_{1}}{2+{x}_{1}}$+ln（1+ax₂）-$\frac{2{x}_{2}}{2+{x}_{2}}$
=ln[1+a（x₁+x₂）+a²x₁x₂]-$\frac{4{x}_{1}{x}_{2}+4（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$
=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，当$\frac{1}{2}$＜a＜1时，0＜x＜1．
令g（x）=lnx²+$\frac{2}{x}$-2．
g′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$=$\frac{2x-2}{{x}^{2}}$＜0，
故g（x）在（0，1）上单调递减，g（x）＞g（1）=0，
∴当$\frac{1}{2}$＜a＜1时，f（x₁）+f（x₂）＞0．
即f（x）存在两个极值点x₁、x₂且f（x₁）+f（x₂）＞0

点评 本题主要考查学生对含有参数的函数的单调性及极值的判断，考查利用导数判断函数的单调性及求极值的能力，考查转化化归思想的运用和运算能力，逻辑性综合性强，属中档题．