已知函数 $f(x) = x^2 + \mathrm{e}^x - \frac{1}{2}$（$x < 0$） 与 $g(x) = x^2 + \ln\left(x + a\right)$ 的图象上存在关于 $y$ 轴对称的点，则 $a$ 的取值范围是（ ）

\begin{answer} B \end{answer}

\begin{solution} 取函数 $f$ 图象上的点 $(x,f(x))$，其中 $x<0$. 其关于 $y$ 轴的对称点为 $(-x,f(x))$，要在 $g$ 的图象上，就必须满足 因此 $a=x+\exp\left(\mathrm{e}^x-\frac12\right)$，$x<0$. 记 $h(x)=x+\exp(\mathrm{e}^x-\frac12)$. 则 所以 $h$ 在 $(-\infty,0)$ 上严格递增. 又 $\lim_{x\to-\infty}h(x)=-\infty$，$\lim_{x\to0^-}h(x)=\exp\left(\frac12\right)=\sqrt{\mathrm{e}}$. 由于 $x=0$ 不在取值范围内，$h$ 的值域为 $(-\infty,\sqrt{\mathrm{e}})$. 故选 B. \end{solution}

已知常数 $a > 0$，函数 $f(x) = \ln\left(1 + ax\right) - \frac{2x}{x + 2}$.

(1) 讨论 $f(x)$ 在区间 $(0, +\infty)$ 上的单调性； (2) 若 $f(x)$ 存在两个极值点 $x_{1}$，$x_{2}$，且 $f(x_{1}) + f(x_{2}) > 0$，求 $a$ 的取值范围.

\begin{solution} 函数定义域为 $\left(-\frac1a,+\infty\right)$，并且要排除 $x=-2$（当该点属于上述区间时）. 在 $(0,+\infty)$ 上， 在所讨论区间内分母恒为正.

当 $a\geqslant1$ 时，$ax^2+4a-4>0$，所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增. 当 $0<a<1$ 时，令分子为零，得 此时在 $0<x<x_0$ 上有 $f'(x)<0$，在 $x>x_0$ 上有 $f'(x)>0$，所以 $f(x)$ 在 $\left(0,2\sqrt{\frac{1-a}{a}}\right)$ 上单调递减，在 $\left(2\sqrt{\frac{1-a}{a}},+\infty\right)$ 上单调递增.

若存在两个极值点，导数方程的两个根必须都在定义域内. 当 $0<a<1$ 时令 导数的两个零点为 $-t$、$t$. 当 $a\ne\frac12$ 时， 所以 $-t>-\frac1a$，且 $t\ne2$，故 $\pm t$ 均在定义域内；在定义域内除去可能的 $x=-2$ 后，分母为正，故 $f'(x)$ 的符号由 $a(x^2-t^2)$ 决定，$-t$ 处由正变负、$t$ 处由负变正，二者确为极值点. 当 $a=\frac12$ 时，$-t=-2$ 不在定义域内，只剩一个极值点. 因而存在两个极值点当且仅当 $0<a<1$ 且 $a\ne\frac12$. 计算函数值之和： 由 $t^2=4\frac{(1-a)}{a}$，可化为 当 $\frac12<a<1$ 时，令 $u=2a-1\in(0,1)$，上式为 函数 $\ln u+\frac{1}{u}-1$ 在 $(0,1)$ 上为正，因为其在 $u=1$ 的值为零，且导数 $\frac{(u-1)}{u^2}<0$. 因而此时函数值之和大于零.

当 $0<a<\frac12$ 时，令 $u=1-2a\in(0,1)$，上式为 所以满足条件的参数范围为 $a\in\left(\frac12,1\right)$. \end{solution}