每日一题[639]一数之差

已知函数f(x)=ln(ax+1)+1x1+x(x).
(1)(2012年北京市朝阳区高三期末)若f(x)的最小值为1,求实数a的取值范围;
(2)(2012年北京市四中高三月考)若f(x)的最小值为\ln 2,求实数a的取值范围.


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分析与解 显然根据题意有a\geqslant 0,而函数f(x)的导函数f'(x)=\dfrac{ax^2+a-2}{(ax+1)(1+x)^2}.

(1) 注意到f(0)=1,因此f'(0)\geqslant 0,从而a\geqslant 2,否则在\left(0,\sqrt{\dfrac{2-a}a}\right)上,f(x)单调递减,又f(0)=1,不符合题意.

a\geqslant 2时,有f(x)(0,+\infty)上单调递增,符合题意.

综上所述,实数a的取值范围是[2,+\infty)

(2) 法一(直接分析)
根据(1),必然有0<a<2.此时f(x)的极小值,亦为最小值为m=f\left(\sqrt{\dfrac{2-a}a}\right)=\ln\left(\sqrt{a(2-a)}+1\right)+\dfrac{\sqrt a-\sqrt{2-a}}{\sqrt a+\sqrt{2-a}},t=\sqrt{a(2-a)},则t\in (0,1]

情形一 当0<a<1时,有m=\ln (t+1)-\dfrac{\sqrt {2-2t}}{\sqrt{2+2t}}<\ln (t+1)\leqslant \ln 2,不符合题意.

情形二 当a\geqslant 1时,有m=\ln (t+1)+\dfrac{\sqrt{2-2t}}{\sqrt{2+2t}}=\ln (t+1)+\dfrac{\sqrt{1-t}}{\sqrt{1+t}},m'_t=\dfrac{1}{t+1}\left[1-\dfrac12\left(\dfrac{\sqrt{1+t}}{\sqrt{1-t}}+\dfrac{\sqrt{1-t}}{\sqrt{1+t}}\right)\right]\leqslant 0,于是m(0,1]上单调递减,因此m\geqslant m\mid_{t=1}=\ln 2,等号当且仅当t=1,即a=1时取得.

综上所述,实数a的取值范围是\{1\}

法二(分离变量)
根据题意,有\forall x> 0,a\geqslant \dfrac{2{\rm e}^{\frac{x-1}{x+1}}-1}x,且等号可以取得.设右侧函数为\varphi(x),则其导函数\varphi'(x)=\dfrac{1-{\rm e}^{\frac{x-1}{x+1}}\cdot \left[1+\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)^2\right]}{x^2},t=\dfrac{x-1}{x+1},则t\in [-1,1),设\mu (t)={\rm e}^t(1+t^2),则其导函数\mu'(t)={\rm e}^t\left(t+1\right)^2\geqslant 0,于是\mu(t)[-1,1)上单调递增,结合\mu (0)=1,可得\varphi(x)(0,1)上单调递增(因为x\in(0,1)时,t\in(-1,0),从而有\mu(t)<\mu(0)=1,所以\varphi'(x)>0),在(1,+\infty)上单调递减(因为x\in(1,+\infty)时,t\in(0,1),从而有\mu(t)>\mu(0)=1,所以\varphi'(x)<0),且有极大值,亦最大值\varphi(1)=1.因此a的取值范围为\{1\}

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