Question

19．已知函數(shù)f（x）=1nx-$\frac{a（x-1）}{x+1}$．（a∈R）
（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若$\frac{（x+1）1nx+2a}{{{{（x+1）}^2}}}＜\frac{1nx}{x-1}$恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算判別式△，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為$\frac{2}{{1-{x^2}}}（1nx-a\frac{x-1}{x+1}）＜0$，即$\frac{2}{{1-{x^2}}}f（x）＜0$，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）定義域是（0，+∞），
$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{2a}{{{{（x+1）}^2}}}$=$\frac{{{x^2}+2（1-a）x+1}}{{x{{（x+1）}^2}}}$．
令g（x）=x²+2（1-a）x+1．
當(dāng)△=4（1-a）²-4≤0，
即0≤a≤2時(shí)，g（x）≥0恒成立，即f'（x）≥0，
所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）；
當(dāng)△=4（1-a）²-4＞0時(shí)，即a＜0或a＞2時(shí)，方程g（x）=0有兩個(gè)不等的實(shí)根，
${x_1}=a-1-\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}$，${x_2}=a-1+\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}$．
若a＜0，由x₁+x₂=2（a-1）＜0，x₁x₂=1＞0得，x₁＜0，x₂＜0，
所以g（x）＞0在（0，+∞）成立，
即f'（x）＞0，所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）；
若a＞2，由x₁+x₂=2（a-1）＞0，x₁x₂=1＞0得，x₁＞0，x₂＞0，
由g（x）＞0得x的范圍是（0，x₁），（x₂，+∞），由g（x）＜0得x的范圍（x₁，x₂），
即f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，x₁），（x₂，+∞），f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（x₁，x₂）．
綜上所述，當(dāng)a＞2時(shí)，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（0，a-1-\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}）$，$（a-1+\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}，+∞）$，
f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為$（a-1-\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}，a-1+\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}）$；
當(dāng)a≤2時(shí)，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），無遞減區(qū)間．
（Ⅱ）由$\frac{（x+1）1nx+2a}{{{{（x+1）}^2}}}＜\frac{1nx}{x-1}$，得$\frac{（x+1）1nx+2a}{{{{（x+1）}^2}}}-\frac{1nx}{x-1}＜0$，
即$\frac{-21nx}{{{x^2}-1}}+\frac{2a（x-1）}{{{{（x+1）}^2}（x-1）}}＜0$，即$\frac{2}{{1-{x^2}}}（1nx-a\frac{x-1}{x+1}）＜0$，即$\frac{2}{{1-{x^2}}}f（x）＜0$．
由（Ⅰ）可知當(dāng)a≤2時(shí)，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），又f（1）=0，
所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f（x）＜0，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）＞0；
又當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，$\frac{2}{{1-{x^2}}}＞0$，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，$\frac{2}{{1-{x^2}}}＜0$；
所以$\frac{2}{{1-{x^2}}}f（x）＜0$，即原不等式成立．
由（Ⅰ）可知當(dāng)a＞2時(shí)，f（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）單調(diào)遞增，在（x₁，x₂）單調(diào)遞減，
且x₁x₂=1，得x₁＜1＜x₂，f（x₂）＜f（1）=0，
而$\frac{2}{1-x_2^2}＜0$，所以$\frac{2}{1-x_2^2}f（{x_2}）＞0$與條件矛盾．
綜上所述，a的取值范圍是（-∞，2]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．