Question

11．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）+$\frac{2a}{x+a}（{a＞0}）$．
（I）討論函數(shù)f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性；
（II）設(shè)函數(shù)f（x）存在兩個極值點，并記作x₁，x₂，若f（x₁）+f（x₂）＞4，求正數(shù)a的取值范圍；
（III）求證：當a=1時，f（x）＞$\frac{1}{{{e^{x+1}}}}+\frac{1}{x+1}$（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出x₁，x₂，得到f（x₁）+f（x₂）的解析式，問題轉(zhuǎn)化為$ln[{（a-1）^2}]+\frac{2}{a-1}-2＞0$，令a-1=t（a∈（0，1）∪（1，2）），所以t∈（-1，0）∪（0，1），令$g（t）=ln（{t^2}）+\frac{2}{t}-2$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為證明$ln（x+1）+\frac{1}{x+1}＞\frac{1}{{{e^{x+1}}}}$，即證$lnx+\frac{1}{x}＞\frac{1}{e^x}$，設(shè)$h（x）=lnx+\frac{1}{x}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{1}{x+1}+2a×[-\frac{1}{{{{（x+a）}^2}}}]=\frac{{{x^2}+a（a-2）}}{{（x+1）{{（x+a）}^2}}}$，（*）
當a≥2時，∵x＞0，∴$f'（x）=\frac{{{x^2}+a（a-2）}}{{（x+1）{{（x+a）}^2}}}＞0$，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
當0＜a＜2時，由f'（x）=0，得x²+a（a-2）=0，解得${x_1}=-\sqrt{a（2-a）}$（負值舍去），${x_2}=\sqrt{a（2-a）}$，
所以當x∈（0，x₂）時，x²+a（a-2）＜0，從而f'（x）＜0，函數(shù)f（x）在（0，x₂）上是減函數(shù)；
當x∈（x₂，+∞）時，x²+a（a-2）＞0，從而f'（x）＞0，函數(shù)f（x）在（x₂，+∞）上是增函數(shù)．
綜上，當a≥2時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
當0＜a＜2時，函數(shù)f（x）在$（0，\sqrt{a（2-a）}）$上是減函數(shù)，在$（\sqrt{a（2-a）}，+∞）$上是增函數(shù)．…（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當a≥2時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）無極值點；
要使函數(shù)f（x）存在兩個極值點，必有0＜a＜2，且極值點必為${x_1}=-\sqrt{a（2-a）}$，${x_2}=\sqrt{a（2-a）}$，
又由函數(shù)定義域知，x＞-1，則有$-\sqrt{a（2-a）}＞-1$，即$\sqrt{a（2-a）}＜1$，化為（a-1）²＞0，所以a≠1，
所以，函數(shù)f（x）存在兩個極值點時，正數(shù)a的取值范圍是（0，1）∪（1，2）．
由（*）式可知，$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=0\\{x_1}•{x_2}=a（a-2）\end{array}\right.$，
f（x₁）+f（x₂）
=ln（1+x₁）+$\frac{2a}{{x}_{1}+a}$+ln（1+x₂）+$\frac{2a}{{x}_{2}+a}$
=ln（1+x₁+x₂+x₁•x₂）+$\frac{2a{（x}_{1}{+x}_{2}+2a）}{{{x}_{1}x}_{2}+a{（x}_{1}{+x}_{2}）{+a}^{2}}$
=ln[（a-1）²]+$\frac{{4a}^{2}}{a（a-2）{+a}^{2}}$
=ln[（a-1）²]+$\frac{2}{a-1}$-2；
不等式f（x₁）+f（x₂）＞4化為$ln[{（a-1）^2}]+\frac{2}{a-1}-2＞0$，
令a-1=t（a∈（0，1）∪（1，2）），所以t∈（-1，0）∪（0，1），
令$g（t）=ln（{t^2}）+\frac{2}{t}-2$，t∈（-1，0）∪（0，1）．
當t∈（-1，0）時，$g（t）=2ln（-t）+\frac{2}{t}-2$，$ln（-t）＜0，\frac{2}{t}＜0$，所以g（t）＜0，不合題意；
當t∈（0，1）時，$g（t）=2lnt+\frac{2}{t}-2$，$g'（t）=2×\frac{1}{t}+2×（-\frac{1}{t^2}）=\frac{2（t-1）}{t^2}＜0$，
所以g（t）在（0，1）是減函數(shù)，所以$g（t）＞g（1）=2ln1+\frac{2}{1}-2=0$，適合題意，即a∈（1，2）．
綜上，若f（x₁）+f（x₂）＞4，此時正數(shù)a的取值范圍是（1，2）． …（10分）
（Ⅲ）證明：當a=1時，$f（x）=ln（x+1）+\frac{2}{x+1}$，
不等式$f（x）＞\frac{1}{{{e^{x+1}}}}+\frac{1}{x+1}$可化為$ln（x+1）+\frac{1}{x+1}＞\frac{1}{{{e^{x+1}}}}$，所以
要證不等式$f（x）＞\frac{1}{{{e^{x+1}}}}+\frac{1}{x+1}$，即證$ln（x+1）+\frac{1}{x+1}＞\frac{1}{{{e^{x+1}}}}$，即證$lnx+\frac{1}{x}＞\frac{1}{e^x}$，
設(shè)$h（x）=lnx+\frac{1}{x}$，則$h'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$，
在（0，1）上，h'（x）＜0，h（x）是減函數(shù)；
在£¨1£?+∞）上，h'（x）＞0，h（x）是增函數(shù)．
所以h（x）≥h（1）=1，
設(shè)$ϕ（x）=\frac{1}{e^x}$，則ϕ（x）是減函數(shù)，
所以ϕ（x）＜ϕ（0）=1，
所以ϕ（x）＜h（x），即$lnx+\frac{1}{x}＞\frac{1}{e^x}$，
所以當a=1時，不等式$f（x）＞\frac{1}{{{e^{x+1}}}}+\frac{1}{x+1}$成立．         …（14分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．