Question

已知函数f(x)=

1

4

x2-

1

a

x+ln(x+a)，其中常数a＞0．
（I）若f（x）在x=1处取得极值，求a的值；
（II）求f（x）的单调递增区间；
（III）已知0＜a＜

1

2

，f′(x)表示f（x）的导数，若x₁，x₂∈（-a，a），x₁≠x₂，且满足f'（x₁）+f'（x₂）=0，试比较f'（x₁+x₂）与f'（0）的大小，并加以证明．

Answer 1

分析：（I）求出函数f（x）的导数，根据题意得f′（1）=0，解关于a的方程，可得a=1，最后代入原函数验证即可；
（II）将函数的导数f′（x）分解为

x(ax-(2-a2))

2a(x+a)

，再根据a与

2

的大小关系，得出函数零点的不同情况，分a=

2

、a＞

2

和a＜

2

三种情况讨论，分别可得函数的单调区间；
（III）设函数y=g（x）（-a＜x＜a）的图象与函数y=f′（x）（-a＜x＜a）的图象关于原点对称，利用作差、分解因式的方法得出f′（x）＞g（x），然后用单调性的定义证明f′（x）在（-a，a）上单调递减，在这两点基础上结合函数的单调性与奇函数的性质，证出f′（x₁+x₂）＜f′（0）．

解答：解：（I）因为f(x)=

1

4

x2-

1

a

x+ln(x+a)，所以f/(x)=

1

2

x-

1

a

+

1

x+a

又因为f（x）在x=1处取得极值，所以f/(1)=

1

2

-

1

a

+

1

1+a

=0，
因为a为正数，所以解此方程得a=1
经检验，当a=1时，在处取得极小值，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）当a=

2

时，f/(x)=

x2

2(x+a)

≥0
所以f（x）的单调增区间是(-

2

，+∞)
（2）当a＞

2

时，由f′（x）＞0得-a＜x＜

2-a2

a

或x＞0
所以f（x）的单调增区间是(-a，

2-a2

a

)，（0，+∞）
（3）当0＜a＜

2

时，由f′（x）＞0得-a＜x＜0或x＞

2-a2

a

所以f（x）的单调增区间是（-a，0）和 (

2-a2

a

，+∞)
（III）f′（x₁+x₂）＜f′（0），证明如下
当0＜a＜

1

2

时，设函数y=g（x）（-a＜x＜a）的图象与函数y=f′（x）（-a＜x＜a）的图象关于原点对称，则
g(x)=-f/(-x)=

1

2

x+

1

a

+

1

x-a

于是当0＜x＜a时，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）…（*）
设h(x)=f/(x)=

1

2

x-

1

a

+

1

x+a

   (-a＜x＜a)
则h/(x)=

1

2

-

1

(x+a)2

=

(x+a)2-2

2(x+a)2

∵-a＜x＜a
∴0＜x+a＜2a
结合  0＜a＜

1

2

，得(x+a)2＜4a2＜1
∴h′（x）＜0可得h（x）在（-a，a）上单调递减，即f′（x）在（-a，a）上单调递减…（**）
依题意，不妨设x₁＜x₂，又因为f′（0）=0，f′（x₁）+f′（x₂）=0，所以-a＜x₁＜0＜x₂＜a
∴0＜-x₁＜a且-a＜x₁+x₂＜a
于是根据f′（x₁）+f′（x₂）=0得-g（-x₁）+f′（x₂）=0
结合（*）可得f′（x₂）=g（-x₁）＜f′（-x₁）
∴x₂＞-x₁从而0＜x₁+x₂＜a
结合（**）可得f′（x₁+x₂）＜f′（0），命题得证．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，同时对函数在某点处极值的存在性加以探讨，综合性强，属于难题．