Question

已知常数b＞0，函数f（x）=

ax

x+a

图象过（2，1）点，函数g（x）=ln（1+bx）设h（x）=g（x）-f（x）
（Ⅰ）讨论h（x）在区间（0，+∞）上的单调性．
（Ⅱ）若h（x）存在两个极值点x₁，x₂，求b的取值范围，使h（x₁）+h（x₂）＞0．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）利用导数判断函数的单调性，注意对b分类讨论；
（Ⅱ）利用导数判断函数的极值，注意b的讨论及利用换元法转化为求函数最值问题解决．

解答： 解：（Ⅰ）函数f（x）=

ax

x+a

图象过（2，1）点，
∴

2a

2+a

=1，解得a=2，
∴h（x）=g（x）-f（x）=ln（1+bx）-

2x

x+2

，
∴h′（x）=ln′（1+bx）-（

2x

x+2

）′=

b

1+bx

-

2[(x+2)-x]

(x+2)2

=

b

1+bx

-

4

(x+2)2

=

bx2+4b2-4

(1+bx)(x+2)2

当b≥1时，h′（x）＞0，此时h（x）在（0，+∞）上递增，
当0＜b＜1时，令h′（x）=0，解得x₁=2

1-b b

，x₂=-2

1-b b

（舍去）
当x∈（0，2

1-b b

）时，h′（x）＜0，当x∈（2

1-b b

，+∞）时，h′（x）＞0，
故函数h（x）在（0，2

1-b b

）上递减，在（2

1-b b

，+∞）上递增，
综上所述，当b≥1时，h（x）在（0，+∞）上递增，
0＜b＜1时，函数h（x）在（0，2

1-b b

）上递减，在（2

1-b b

，+∞）上递增．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当b≥1时，h′（x）≥0，此时h（x）不存在极值点．
因此要使h（x）存在两个极值点x₁，x₂，则必有0＜b＜1，又h（x）的极值点值可能是x₁=2

1-b b

，x₂=-2

1-b b

，
且由h（x）的定义域可知x＞-

1

b

且x≠-2，
∴-2

1-b b

＞-

1

b

且-2

1-b b

≠-2，解得b≠

1

2

，则x₁，x₂分别为函数h（x）的极小值点和极大值点，
∴h（x₁）+h（x₂）=ln[1+ax₁]-

2x1

x1+2

+ln（1+ax₂）-

2x2

x2+2

=ln[1+a（x₁+x₂）+a²x₁x₂]-

4x1x2+4(x1+x2)

x1x2+2(x1+x2)+4

=ln（2b-1）²-

4(b-1)

2b-1

=ln（2b-1）²+

2

2b-1

-2．
令2b-1=x，由0＜b＜1且b≠

1

2

得，
当0＜b＜

1

2

时，-1＜x＜0；当

1

2

＜b＜1时，0＜x＜1．
令φ（x）=lnx²+

2

x

-2．
（i）当-1＜x＜0时，φ（x）=2ln（-x）+

2

x

-2，∴φ′（x）=

2x-2

x2

＜0，
故φ（x）在（-1，0）上单调递减，φ（x）＜φ（-1）=-4＜0，
∴当0＜a＜

1

2

时，h（x₁）+h（x₂）＜0；
（ii）当0＜x＜1．φ（x）=2lnx+

2

x

-2，φ′（x）=

2x-2

x2

＜0，
故φ（x）在（0，1）上单调递减，φ（x）＞g（1）=0，
∴当

1

2

＜b＜1时，h（x₁）+h（x₂）＞0；
综上所述，b的取值范围是（

1

2

，1）．

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，考查分类讨论思想及转化划归思想的运用和运算能力，逻辑性综合性强，属难题．