题目 已知函数 $f(x)=\ln (x+2a)-ax$，$a>0$． 问题1 求 $f(x)$ 的单调区间； 答案1 单调递增区间是 $\left(-2a,-2a+\dfrac 1a\right)$，单调递减区间是 $\left(-2a+\dfrac 1a,+\infty\right)$ 解析1 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-2a,+\infty)$，其导函数\[f'(x)=\dfrac{-ax+1-2a^2}{x+2a},\]于是函数 $f(x)$ 的单调递增区间是 $\left(-2a,-2a+\dfrac 1a\right)$，单调递减区间是 $\left(-2a+\dfrac 1a,+\infty\right)$． 备注1 问题2 记 $f(x)$ 的最大值为 $M(a)$，若 $a_2>a_1>0$ 且 $M(a_1)=M(a_2)$，求证：$a_1a_2<\dfrac 14$； 答案2 略 解析2 根据第 $(1)$ 小题的结果，我们有 $f(x)$ 的最大值\[M(a)=f\left(-2a+\dfrac 1a\right)=2a^2-\ln a-1.\]问题可以转化为<br/><sol>引理</sol>函数 $h(x)=2{\rm e}^{2x}-x-1$，有 $h(x_1)=h(x_2)$，且 $x_1<x_2$，则 $x_1+x_2<-2\ln 2$．<br/><sol>证明</sol>事实上，有\[\begin{split} h'(x)&=4{\rm e}^{2x}-1,\\ h''(x)&=8{\rm e}^{2x},\\ h'''(x)&=16{\rm e}^{2x},\end{split}\]于是 $x_1<-\ln 2<x_2$ 且\[\forall x>-\ln 2,h''(x)-h''(-2\ln 2-x)>0,\]结合\[h'(-\ln 2)=0,\]可得\[\forall x>-\ln 2,h(x)>h(-2\ln 2-x),\]进而可得\[h(x_1)=h(x_2)>h(-2\ln 2-x_2),\]因此\[x_1<-2\ln 2-x_2,\]命题得证． 备注2 证明\[\forall x>-\ln 2,h(x)>h(-2\ln 2-x),\]的详细过程如下：<br/>考虑函数$$m(x)=h(x)-h(-2\ln 2-x),x>-\ln 2,$$则有$$m'(x)=h'(x)+h'(-2\ln 2-x),m''(x)=h''(x)-h''(-2\ln 2-x),$$从而有$$ m(-\ln 2)=0,m'(-\ln 2)=0,m''(x)>0,$$所以 $m'(x)>0$，从而 $m(x)>0$，即$$\forall x>-\ln 2,h(x)>h(-2\ln 2-x).$$ 问题3 若 $a>2$，记集合 $\{ x\mid f(x)=0\}$ 中的最大元素为 $x_0$，设函数 $g(x)=|f(x)|+x$，求证：$x_0$ 是 $g(x)$ 的极小值点． 答案3 略 解析3 由于 $f(0)=\ln (2a)>1$，于是 $x_0>0$，且\[g(x)=\begin{cases} \ln(x+2a)-ax+x, & x<x_0,\\ -\ln(x+2a)+ax+x,&x\geqslant x_0.\end{cases}\]<case>情形一</case>当 $0<x<x_0$ 时，有\[g'(x)=\dfrac{1}{x+2a}-a+1<\dfrac 1{2a}-a+1<0,\]因此函数 $g(x)$ 在 $(0,x_0)$ 上单调递减．<br/><case>情形二</case>当 $x>x_0$ 时，有\[g'(x)=-\dfrac{1}{x+2a}+a+1>-\dfrac{1}{2a}+a+1>0,\]因此函数 $g(x)$ 在 $(x_0,+\infty)$ 上单调递增．<br/>综上所述，$x_0$ 是函数 $g(x)$ 的极小值点． 备注3