已知常数 a>0，函数 f(x)=ln (1+a x)-…——2014 高考数学第 22 题答案解析

【答案】（1）详见解析②$\left(\frac{1}{2}, 1\right)$

## 【解析】

试题分析：（1）首先对函数 $f(x)$ 求导并化简得到导函数 $f^{\prime}(x)$ 虽数的分母恒大于 0 ，分子为含参的二次函数，故讨论分子的符号，确定导函数符号得到原函数的单响，䈋分 $\Delta \leq 0$ 和 $\Delta>0$ 得到导函数分子大于 0 和小于 0的解集进而得到函数的单调性．
（2）利用第（1）可得到当 $00$ ，得到关于 $a$ 的不等式，

然后利用导函数讨论 $a$ 的取值范围使得 $f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)>0$ 成立．即可解决该问题．

试题解析：（1）对函数 $f(x)$ 求导可得
$f^{\prime}(x)=\frac{a}{1+a x}-\frac{4}{(x+2)^{2}}=\frac{a(x+2)^{2}-4(1+a x)}{(1+a x)(x+2)^{2}}=\frac{a x^{2}-4(1-a)}{(1+a x)(x+2)^{2}}$ ，因为 $(1+a x)(x+2)^{2}>0$ ，所以当 $1-a \leq 0$ 时，即 $a \geq 1$ 时，$f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立 强函数 $f(x)=(0,+\infty)$ 单调迷增，当 $a \leq 1$ 时，
$f^{\prime}(x)=0 \Rightarrow x= \pm \frac{2 \sqrt{a(1-a)}}{a}$ ，则函数 $f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{2 \sqrt{a(1-a)}}{a}\right)$ 单调速减，在 $\left(\frac{2 \sqrt{a(1-a)}}{a}+\infty\right)$ 单调速增的。
（2），由（1）可得，当 $a \geq 1$ 时，$f^{\prime}(x) \geq 0$ ，此时 $f(x)$ 不存在极值点。因而要使得 $f(x)$ 有两个极值点，必有 $0-\frac{1}{a}$且 $x \neq-2$ ，所以 $-\frac{2 \sqrt{a(1-a)}}{a}>-\frac{1}{a},-\frac{2 \sqrt{a(1-a)}}{a} \neq-2 \Rightarrow a \neq \frac{1}{2}$ ，即 $a \in\left(0, \frac{1}{2}\right) \cup\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ ，则 $x_{1}, x_{2}$ 为函数 $f(x)$ 的两个极值点，代入 $f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)>0$ 可得
$f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)=\ln \left(1+a x_{1}\right)-\frac{2 x_{1}}{x_{1}+2}+\ln \left(1+a x_{2}\right)-\frac{2 x_{2}}{2+2}$
$=\ln \left[1+a\left(x_{1}+x_{2}\right)+a^{2} x_{1} x_{2}\right]-\frac{4 x_{1} x_{2}+4\left(x_{1}+x_{2}\right)}{x_{1} x_{2}+2\left(x_{1}+x_{2}\right)++}-\ln (2 a-1)^{2}-\frac{4(a-1)}{2 a-1}=\ln (2 a-1)^{2}+\frac{2}{2 a-1}-2$
令 $2 a-1=x$ 且 $g(x)=\ln x^{2}+\frac{2}{x}-2$ ，由 $a \in\left(0, \frac{1}{2}\right) \cup\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 知：当 $a \in\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 时，$x \in(-1,0)$ ，
当 $a \in\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ 时，$x \in(0,1)$ ，
当 $x \in(-1,0)$ 时，$g(x)=2 \ln (-x)+\frac{2}{x}-2$ ，对 $g(x)$ 求导可得 $g^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-\frac{2}{x^{2}}=\frac{2(x-1)}{x^{2}}<0$ ，
所以函数 $g(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递减，则 $g(x)当 $x \in(0,1)$ 时，$g(x)=2 \ln x+\frac{2}{x}-2$ ，对 $g(x)$ 求导可得 $g^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-\frac{2}{x^{2}}=\frac{2(x-1)}{x^{2}}<0$ ，所以函数 $g(x)$ 在

$(0,1)$ 上单调递减，则 $g(x)>g(1)=0$ ，即 $f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)>0$ 恒成立，
综上 $a$ 的取值范围为 $\left(\frac{1}{2}, 1\right)$ ．
【考点定位】导数 含参二次不等式 对数 单调性