Question

14．已知函数$f（x）=ln（{x+\frac{1}{a}}）-ax$（a∈R，且a≠0）．
（1）讨论f（x）的单调区间；
（2）若直线y=ax的图象恒在函数y=f（x）图象的上方，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的定义域，求出导函数，根据导函数讨论参数a，得出函数的单调区间；
（2）构造函数令h（x）=ax-f（x），则$h（x）=2ax-ln（{x+\frac{1}{a}}）$．问题转化为h（x）＞0恒成立时a的取值范围．对参数a进行分类讨论，利用导函数得出函数的最值即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域为$（{-\frac{1}{a}，+∞}）$，且$f'（x）=\frac{1}{{x+\frac{1}{a}}}-a=-\frac{{{a^2}x}}{ax+1}$．
①当a＜0时，∵$x＞-\frac{1}{a}$，∴ax＜-1，∴f'（x）＞0，函数在$（{-\frac{1}{a}，+∞}）$是增函数；
②当a＞0时，ax+1＞0，在区间$（{-\frac{1}{a}，0}）$上，f'（x）＞0；在区间（0，+∞）上，f'（x）＜0．
所以f（x）在区间$（{-\frac{1}{a}，0}）$上是增函数；在区间（0，+∞）上是减函数．
（2）令h（x）=ax-f（x），则$h（x）=2ax-ln（{x+\frac{1}{a}}）$．
问题转化为h（x）＞0恒成立时a的取值范围．
当a＜0时，取$x=e-\frac{1}{a}$，则h（x）=2ae-3＜0，不合题意．
当a＞0时，h（x）=ax-f（x），则$h（x）=2ax-ln（{x+\frac{1}{a}}）$．
由于$h'（x）=2a-\frac{1}{{x+\frac{1}{a}}}=\frac{{2a（{x+\frac{1}{2a}}）}}{{x+\frac{1}{a}}}$，
所以在区间$（{-\frac{1}{a}，-\frac{1}{2a}}）$上，h'（x）＜0；在区间$（{-\frac{1}{2a}，+∞}）$上，h'（x）＞0．
所以h（x）的最小值为$h（{-\frac{1}{2a}}）$，
所以只需$h（{-\frac{1}{2a}}）＞0$，即$2a•（{-\frac{1}{2a}}）-ln（{-\frac{1}{2a}+\frac{1}{a}}）＞0$，
所以$ln\frac{1}{2a}＜-1$，
所以$a＞\frac{e}{2}$．

点评 本题考查了导函数的综合应用，难点是对参数的分类讨论和构造函数，把恒成立问题转换为最值问题．