题目

已知 ， 设函数 ． （1） 当时，若函数在上单调递增，求实数的取值范围； （2） 若对任意实数 ， 函数均有零点，求实数的最大值； （3） 若函数有两个零点 ， 证明： ． 答案： 解：当k=1时，f'(x)=1x+a−a.   (x>−a)．． 当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(−a，+∞)上单调递增． 当a>0时，若x>1a−a，f′(x)<0，f(x)在(−a，+∞)上不可能单调递增．． 所以f(x)在(−a，+∞)上单调递增，则a≤0． 解：f'(x)=1x+a−ka.  (x>−a) （ⅰ）当ka≤0时，f′(x)>0，f(x)在(−a，+∞)上单调递增．f(x)有零点． （ⅱ）当ka>0时，f(x)在(−a，1ka−a)上单调递增，在(1ka−a，+∞)上单调递减． 又当x趋近于−a时，f(x)趋近于−∞；x趋近于+∞时，f(x)趋近于−∞； 所以只要f(1ka−a)≥0恒成立，则f(x)恒有零点． 即−ln(ka)−1+ka2≥0恒成立． 因为求k的最大值，不妨设k>0，a>0． 设g(a)=−ln(ka)−1+ka2，则g'(a)=−1a+2ka=2ka2−1a． 所以只要g(a)min=g(12k)≤0． 即−ln(k2)−12≥0，得k≤2e． 所以k的最大值为2e． 解：由题意得：只要证(x1+a)(x2+a)<1k2a2+a2． 设ln(x+a)=t，x=et−a． 则ln(x1+a)=t1，ln(x2+a)=t2是函数h(t)=t−ka(et−a)的两根． h′(t)=1−kaet． 当ka≤0时，h′(t)>0，与函数h(t)有两个零点矛盾． 所以ka>0．所以当h'(t)=1−kaet=0时，t=ln1ka． 所以函数h(t)在(−∞，ln1ka)上递增，在(ln1ka，+∞)上递减． 记函数h(t)有图象关于直线t=ln1ka对称后是y=m(t)函数的图象． 有m(t)=h(2ln1ka−t)=2ln1ka−t−1ka⋅e−t． 则m(t)−g(t)=2ln1ka+ka⋅et−2t−1ka⋅e−t． [m(t)−g(t)]′=ka⋅et+1ka⋅e−t−2≥0． 所以t≥ln1ka时，m(t)≥g(t)． 所以2ln1ka−t1≥t2，即t1+t2≤2ln1ka． 所以ln(x1+a)+ln(x2+a)≤2ln1ka．(x1+a)(x2+a)≤1k2a2． 所以x1x2+a(x1+x2)<1k2a2−a2<1k2a2．

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