Question

10．已知函數f（x）=ln（ax+$\frac{1}{2}$）+$\frac{2}{2x+1}$．
（1）若a＞0，且f（x）在（0，+∞）上單調遞增，求實數a的取值范圍；
（2）是否存在實數a，使得函數f（x）在（0，+∞）上的最小值為1？若存在，求出實數a的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）首先對f（x）求導，f（x）在（0，+∞）上單調遞增，即f'（x）在x＞0上恒有f'（x）≥0；利用分離參數法求出a的范圍；
（2）利用反證法假設a存在，則f（x）≥1在x＞0上恒成立可得a＞$\frac{1}{2}$；利用導數判斷出函數f（x）_min=1時，可求出參數a的值；

解答 解：（1）對f（x）求導：f'（x）=$\frac{a}{ax+\frac{1}{2}}$-$\frac{4}{（2x+1）^{2}}$；
∵f（x）在（0，+∞）上單調遞增，即f'（x）在x＞0上恒有f'（x）≥0；
即：$\frac{a}{ax+\frac{1}{2}}$≥$\frac{4}{（2x+1）^{2}}$；
∵a＞0，x＞0；
∴$\frac{ax+\frac{1}{2}}{a}≤\frac{（2x+1）^{2}}{4}$⇒$\frac{1}{2a}$≤x²+$\frac{1}{4}$；
故x²+$\frac{1}{4}$ 在x＞0上最小值為$\frac{1}{4}$；
所以：$\frac{1}{2a}$≤$\frac{1}{4}$； 
解得：a≥2．
（2）假設存在這樣的實數a，則f（x）≥1在x＞0上恒成立，即ln（a+$\frac{1}{2}$）+$\frac{2}{3}$≥1；
⇒ln（a+$\frac{1}{2}$）≥$\frac{1}{3}$＞0=ln1，解得a＞$\frac{1}{2}$；
從而這樣的實數a必須為正實數，當a≥2時，由上面的討論知f（x）在（0，+∞）上遞增．
f（x）＞f（0）=2-ln2＞1，此時不合題意，故這樣的a必須滿足0＜a＜2；
此時：f'（x）＞0得f（x）的增區間為（$\sqrt{\frac{2-a}{4a}}，+∞$）；令f'（x）＜0得f（x）的減區間為（0，$\sqrt{\frac{2-a}{4a}}$）；
故f（x）_min=f（$\sqrt{\frac{2-a}{4a}}$）=ln（a•$\sqrt{\frac{2-a}{4a}}$+$\frac{1}{2}$）+$\frac{2}{2\sqrt{\frac{2-a}{4a}+1}}$=1；
整理即：ln（$\frac{\sqrt{2a-{a}^{2}}+1}{2}$）-$\frac{\sqrt{2-a}-\sqrt{a}}{\sqrt{2-a}+\sqrt{a}}$=0；
⇒ln（$\frac{\sqrt{2a-{a}^{2}}+1}{2}$）-$\frac{\sqrt{2-2\sqrt{2a-{a}^{2}}}}{\sqrt{2+2\sqrt{2a-{a}^{2}}}}$=0；
設t=$\frac{\sqrt{2a-{a}^{2}}+1}{2}$∈（$\frac{1}{2}$，1]；
則上式即為lnt-$\sqrt{\frac{1}{t}-1}$=0，構造g（t）=lnt-$\sqrt{\frac{1}{t}-1}$，則等價于g（t）=0；
由于y=lnt為增函數，y=$\sqrt{\frac{1}{t}-1}$為減函數，故g（t）為增函數；
觀察知g（1）=0，故g（t）=0等價于t=1，與之對應的a=1，
綜上符合條件的實數a是存在的，即a=1．

點評 本題主要考查了利用導數判斷函數最值，轉化思想、分離參數法以及函數單調性等綜合知識點，屬中等題．