Question

10．已知函數(shù)f（x）=ln（$\frac{x-1}{3}$）+$\frac{a}{x+2}$（a∈R）．
（1）若函數(shù)f（x）在定義域上是單調(diào)遞增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若函數(shù)在定義域上有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，試問(wèn)：是否存在實(shí)數(shù)a，使得f（x₁）+f（x₂）=3？

Answer 1

分析 （1）求得函數(shù)的定義域和導(dǎo)函數(shù)f′（x），依題意可知f′（x）≥0，在（0，+∞）上恒成立，即a≤$\frac{（x+2）^{2}}{x-1}$在（0，+∞）上恒成立，構(gòu)造輔助函數(shù)，g（x）=$\frac{（x+2）^{2}}{x-1}$，求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)法求得g（x）的單調(diào)區(qū)間及最小值，即可求得a的取值范圍；
（2）由題意可知：函數(shù)在定義域上有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，即方程f′（x）=0在（1，+∞）上由兩個(gè)不同的實(shí)根，根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)求得a的取值范圍，利用韋達(dá)定理，求得x₁+x₂和x₁•x₂表達(dá)式，寫(xiě)出f（x₁）+f（x₂），根據(jù)對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)求得a的值，判斷是否滿(mǎn)足a的取值范圍．

解答 解：（1）由函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），f′（x）=$\frac{1}{x-1}$-$\frac{a}{（x+2）^{2}}$，
依題意可知：f′（x）≥0，在（0，+∞）上恒成立，即a≤$\frac{（x+2）^{2}}{x-1}$在（0，+∞）上恒成立，
令g（x）=$\frac{（x+2）^{2}}{x-1}$，g′（x）=$\frac{{x}^{2}-2x-8}{（x-1）^{2}}$=$\frac{（x+2）（x-4）}{（x-1）^{2}}$，
令g′（x）=0，解得x=4，且1＜x＜4時(shí)，g′（x）＜0，當(dāng)x＞4時(shí)，g′（x）＞0，
所以g（x）在x=4時(shí)取極小值，也為最小值，g（4）=12，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≤12；
（2）f′（x）=$\frac{1}{x-1}$-$\frac{a}{（x+2）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+（4-a）x+4+a}{（x-1）（x+2）^{2}}$，
函數(shù)在定義域上有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，即方程f′（x）=0在（1，+∞）上由兩個(gè)不同的實(shí)根，
即方程x²+（4-a）x+（4+a）=0，在（1，+∞）上由兩個(gè)不同的實(shí)根，
∴$\left\{\begin{array}{l}{△=（4-a）^{2}-4（4+a）＞0}\\{-\frac{4-a}{2}＞1}\\{{1}^{2}+（4-a）+4+a＞0}\end{array}\right.$解得：a≥12，
由韋達(dá)定理：x₁+x₂=a-4，x₁•x₂=a+4，
于是，f（x₁）+f（x₂）=ln（$\frac{{x}_{1}-1}{3}$）+$\frac{a}{{x}_{1}+2}$+ln（$\frac{{x}_{2}-1}{3}$）+$\frac{a}{{x}_{2}+2}$，
=ln[$\frac{（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-1）}{9}$]+a[$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+4}{{x}_{1}{x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$]，
=ln[$\frac{{x}_{1}{x}_{2}-（{x}_{1}+{x}_{2}）+1}{9}$]+a[$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+4}{{x}_{1}{x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$]，
=ln（$\frac{a+4-a+4+1}{9}$）+a（$\frac{a-4+4}{a+4+2a-8+4}$），
=$\frac{a}{3}$，
$\frac{a}{3}$=3，解得a=9，但不滿(mǎn)足a＞12，
所以不存在實(shí)數(shù)a，使得f（x₁）+f（x₂）=3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值，利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立，參數(shù)問(wèn)題，考查理論推理能力及分析問(wèn)題解決問(wèn)題能力，屬于中檔題．