Question

【题目】已知函数f（x）=ln（x+2a）﹣ax，a＞0．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）记f（x）的最大值为M（a），若a2＞a1＞0且M（a1）=M（a2），求证： ；
（Ⅲ）若a＞2，记集合{x|f（x）=0}中的最小元素为x0 ， 设函数g（x）=|f（x）|+x，求证：x0是g（x）的极小值点．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）：f′（x）= ﹣a= ，

∵x＞﹣2a，a＞0，

由f′（x）＞0，得﹣2a＜x＜ ﹣2a，

由f′（x）＜0，得x＞ ﹣2a，

∴f（x）的增区间为（﹣2a， ﹣2a），减区间为（ ﹣2a，+∞），

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，M（a）=f（ ﹣2a）=2a2﹣1﹣lna，

∴2a12﹣1﹣lna1=2a22﹣1﹣lna2，

∴2（a22﹣a12）=lna2﹣lna1=ln ，

∴2a1a2 =ln ，

∴4a1a2（ ﹣ ）=2ln ，

∴4a1a2= ，

设h（t）=t﹣ ﹣2lnt，t＞1

∴h′（t）=1+ ﹣ =（1﹣ ）2＞0，

∴h（x）在（1，+∞）单调递增，h（t）＞h（1）=0，

即t﹣ ＞2lnt＞0，

∵ ＞1，

∴ ﹣ ＞2ln ＞0，

∴ ＜1，

∴a1a2＜ ；

（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，f（x）在区间（﹣2a， ﹣2a），

又x→﹣2a时，f（x）→﹣∞，

易知f（ ﹣2a）=M（a）=2a2﹣1﹣lna在（2，+∞）递增，

M（a）＞M（2）=7﹣ln2＞0，

∴﹣2a＜x0＜ ﹣2a，且﹣2a＜x＜x0，f（x）＜0，

x0＜x＜ ﹣2a时，f（x）＞0，

∴当﹣2a＜x＜ ﹣2a时，g（x）= ，

于是﹣2a＜x＜x0时，g′（x）=（a+1）﹣ ＜a+1﹣ ，

∴若能证明x0＜ ﹣2a，便能证明（a+1）﹣ ＜0，

记φ（a）=f（ ﹣2a）=2a2+ ﹣1﹣ln（a+1），

∴φ（a）=4a﹣ ﹣ ，

∵a＞2，

∴h′（a）＞8﹣ ＞0，

∴φ（a）在（2，+∞）上单调递增，

∴φ（a）＞φ（2）= ﹣ln3＞0，

∵ ﹣2a＜ ﹣2a，

∴f（x）在（﹣2a， ﹣2a）内单调递减，

∴x0∈（﹣2a， ﹣2a），

于是﹣2a＜x＜x0时，g′（x）=a+1﹣ ＜a+1﹣ =0，

∴g（x）在（﹣2a，x0）递减，

当x0＜x＜ ﹣2a时，相应的g′（x）= ﹣（a﹣1）＞ ﹣（a﹣1）=1＞0，

∴g（x）在（x0， ﹣2a）递增，

故x0是g（x）的极小值点．

【解析】（Ⅰ）先求导，根据导数和函数单调性的关系即可得到函数的单调区间，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，M（a）=f（ ﹣2a）=2a2﹣1﹣lna，继而得到2a12﹣1﹣lna1=2a22﹣1﹣lna2，通过转化得到4a1a2= ，设h（t）=t﹣ ﹣2lnt，t＞1根据函数的单调性证明 ＜1，问题即可得以证明，（Ⅲ）由（Ⅰ）可得，g（x）= ，分类讨论，得到g（x）在（﹣2a，x0）递减，g（x）在（x0， ﹣2a）递增，故x0是g（x）的极小值点．
【考点精析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和函数的最大(小)值与导数的相关知识点，需要掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减；求函数在上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数在内的极值；（2）将函数的各极值与端点处的函数值，比较，其中最大的是一个最大值，最小的是最小值才能正确解答此题．