Question

4．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：${a_1}{a_2}＜\frac{1}{4}$；
（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

分析 （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（$\frac{1}{a}$-2a）=2a²-1-lna，继而得到2a₁²-1-lna₁=2a₂²-1-lna₂，通过转化得到4a₁a₂=$\frac{2ln\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}}{\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}-\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}}$，设h（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt，t＞1根据函数的单调性证明$\frac{2ln\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}}{\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}-\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}}$＜1，问题即可得以证明，
（Ⅲ）由（Ⅰ）可得，g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{（a+1）x-ln（x+2a），-2a＜x＜{x}_{0}}\\{ln（x+2a）-ax+x，{x}_{0}＜x＜-2a+\frac{1}{a}}\end{array}\right.$，分类讨论，得到g（x）在（-2a，x₀）递减，g（x）在（x₀，$\frac{1}{a}$-2a）递增，故x₀是g（x）的极小值点．

解答 解：（Ⅰ）：f′（x）=$\frac{1}{x+2a}$-a=$\frac{-a（x+2a-\frac{1}{a}）}{x+2a}$，
∵x＞-2a，a＞0，
由f′（x）＞0，得-2a＜x＜$\frac{1}{a}$-2a，
由f′（x）＜0，得x＞$\frac{1}{a}$-2a，
∴f（x）的增区间为（-2a，$\frac{1}{a}$-2a），减区间为（$\frac{1}{a}$-2a，+∞），
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，M（a）=f（$\frac{1}{a}$-2a）=2a²-1-lna，
∴2a₁²-1-lna₁=2a₂²-1-lna₂，
∴2（a₂²-a₁²）=lna₂-lna₁=ln$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$，
∴2a₁a₂$\frac{{a}_{2}^{2}-{a}_{1}^{2}}{{a}_{1}{a}_{2}}$=ln$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$，
∴4a₁a₂（$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$-$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$）=2ln$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$，
∴4a₁a₂=$\frac{2ln\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}}{\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}-\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}}$，
设h（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt，t＞1
∴h′（t）=1+$\frac{1}{{t}^{2}}$-$\frac{2}{t}$=（1-$\frac{1}{t}$）²＞0，
∴h（x）在（1，+∞）单调递增，h（t）＞h（1）=0，
即t-$\frac{1}{t}$＞2lnt＞0，
∵$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$＞1，
∴$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$-$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$＞2ln$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$＞0，
∴$\frac{2ln\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}}{\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}-\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}}$＜1，
∴a₁a₂＜$\frac{1}{4}$；
（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，f（x）在区间（-2a，$\frac{1}{a}$-2a），
又x→-2a时，f（x）→-∞，
易知f（$\frac{1}{a}$-2a）=M（a）=2a²-1-lna在（2，+∞）递增，
M（a）＞M（2）=7-ln2＞0，
∴-2a＜x₀＜$\frac{1}{a}$-2a，且-2a＜x＜x₀，f（x）＜0，
x₀＜x＜$\frac{1}{a}$-2a时，f（x）＞0，
∴当-2a＜x＜$\frac{1}{a}$-2a时，g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{（a+1）x-ln（x+2a），-2a＜x＜{x}_{0}}\\{ln（x+2a）-ax+x，{x}_{0}＜x＜-2a+\frac{1}{a}}\end{array}\right.$，
于是-2a＜x＜x₀时，g′（x）=（a+1）-$\frac{1}{x+2a}$＜a+1-$\frac{1}{{x}_{0}+2a}$，
∴若能证明x₀＜$\frac{1}{a+1}$-2a，便能证明（a+1）-$\frac{1}{{x}_{0}+a}$＜0，
记φ（a）=f（$\frac{1}{a+1}$-2a）=2a²+$\frac{1}{a+1}$-1-ln（a+1），
∴φ（a）=4a-$\frac{1}{（a+1）^{2}}$-$\frac{1}{a+1}$，
∵a＞2，
∴h′（a）＞8-$\frac{1}{9}$$-\frac{1}{3}$＞0，
∴φ（a）在（2，+∞）上单调递增，
∴φ（a）＞φ（2）=$\frac{22}{3}$-ln3＞0，
∵$\frac{1}{a+1}$-2a＜$\frac{1}{a}$-2a，
∴f（x）在（-2a，$\frac{1}{a+1}$-2a）内单调递减，
∴x₀∈（-2a，$\frac{1}{a+1}$-2a），
于是-2a＜x＜x₀时，g′（x）=a+1-$\frac{1}{x+2a}$＜a+1-$\frac{1}{\frac{1}{a+1}-2a+2a}$=0，
∴g（x）在（-2a，x₀）递减，
当x₀＜x＜$\frac{1}{a}$-2a时，相应的g′（x）=$\frac{1}{x+2a}$-（a-1）＞$\frac{1}{（\frac{1}{a}-2a）+2a}$-（a-1）=1＞0，
∴g（x）在（x₀，$\frac{1}{a}$-2a）递增，
故x₀是g（x）的极小值点．

点评 本题的考点是利用导数研究函数的单调性，以及函数的极值问题和最值问题，对于参数问题要注意进行分类讨论，属于难题．