Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=ln（x+2a）﹣ax，a＞0．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）記f（x）的最大值為M（a），若a2＞a1＞0且M（a1）=M（a2），求證： ；
（Ⅲ）若a＞2，記集合{x|f（x）=0}中的最小元素為x0 ， 設(shè)函數(shù)g（x）=|f（x）|+x，求證：x0是g（x）的極小值點．

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）的增區(qū)間為（﹣2a， ﹣2a），減區(qū)間為（ ﹣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= ，

設(shè)h（t）=t﹣ ﹣2lnt，t＞1

∴h′（t）=1+ ﹣ =（1﹣ ）2＞0，

∴h（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，h（t）＞h（1）=0，

即t﹣ ＞2lnt＞0，

∵ ＞1，

∴ ﹣ ＞2ln ＞0，

∴ ＜1，

∴a1a2＜ ；

（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，f（x）在區(qū)間（﹣2a， ﹣2a），

又x→﹣2a時，f（x）→﹣∞，

易知f（ ﹣2a）=M（a）=2a2﹣1﹣lna在（2，+∞）遞增，

M（a）＞M（2）=7﹣ln2＞0，

∴﹣2a＜x0＜ ﹣2a，且﹣2a＜x＜x0，f（x）＜0，

x0＜x＜ ﹣2a時，f（x）＞0，

∴當(dāng)﹣2a＜x＜ ﹣2a時，g（x）= ，

于是﹣2a＜x＜x0時，g′（x）=（a+1）﹣ ＜a+1﹣ ，

∴若能證明x0＜ ﹣2a，便能證明（a+1）﹣ ＜0，

記φ（a）=f（ ﹣2a）=2a2+ ﹣1﹣ln（a+1），

∴φ（a）=4a﹣ ﹣ ，

∵a＞2，

∴h′（a）＞8﹣ ＞0，

∴φ（a）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，

∴φ（a）＞φ（2）= ﹣ln3＞0，

∵ ﹣2a＜ ﹣2a，

∴f（x）在（﹣2a， ﹣2a）內(nèi)單調(diào)遞減，

∴x0∈（﹣2a， ﹣2a），

于是﹣2a＜x＜x0時，g′（x）=a+1﹣ ＜a+1﹣ =0，

∴g（x）在（﹣2a，x0）遞減，

當(dāng)x0＜x＜ ﹣2a時，相應(yīng)的g′（x）= ﹣（a﹣1）＞ ﹣（a﹣1）=1＞0，

∴g（x）在（x0， ﹣2a）遞增，

故x0是g（x）的極小值點．

【解析】（Ⅰ）先求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，M（a）=f（ ﹣2a）=2a2﹣1﹣lna，繼而得到2a12﹣1﹣lna1=2a22﹣1﹣lna2，通過轉(zhuǎn)化得到4a1a2= ，設(shè)h（t）=t﹣ ﹣2lnt，t＞1根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明 ＜1，問題即可得以證明，（Ⅲ）由（Ⅰ）可得，g（x）= ，分類討論，得到g（x）在（﹣2a，x0）遞減，g（x）在（x0， ﹣2a）遞增，故x0是g（x）的極小值點．
【考點精析】本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)的相關(guān)知識點，需要掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負有如下關(guān)系： 在某個區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞減；求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內(nèi)的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值才能正確解答此題．