Question

16．已知函數(shù)f（x）=（x+1）lnx-a（x-1）（a∈R）
（1）當(dāng)a=0時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）≥0對(duì)任意x∈[1，+∞）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)，f′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1，構(gòu)造函數(shù)，g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1，求導(dǎo)，由函數(shù)單調(diào)性求得g（x）_min=g（1）=2，則f′（x）_min＞2，則f（x）的單調(diào)區(qū)間（0，+∞）；
（2）由（1）可知g（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，則g（x）≥g（1）=2，分類討論，當(dāng)a＞2時(shí)，根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的判斷，?x₀∈（1，e^a），使φ（e^a）=0，則x∈（1，x₀），φ（x）＜0，即h′（x）＜0，當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，h（x）＜h（1）=0，不滿足題意，即可求得a的取值范圍．

解答 解：（1）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=（x+1）lnx，x∈（0，+∞），求導(dǎo)f′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1，
設(shè)g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1，則g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
令g′（x）＞0，解得：x＞1，g′（x）＜0，0＜x＜1，
∴g（x）在（0，1）單調(diào)遞減，在（1，+∞）單調(diào)遞增，
則g（x）_min=g（1）=2，
∴f′（x）_min＞2＞0在（0，+∞）上恒成立，
∴f（x）的遞增區(qū)間為（0，+∞），無(wú)遞減區(qū)間；
（2）f（x）=（x+1）lnx-a（x-1），
由（1）知：h′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1-a=g（x）-a，
g（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，
則g（x）≥g（1）=2，
①當(dāng)a≤2時(shí)，h′（x）≥0，h（x）在[1，+∞）單調(diào)遞增，
∴h（x）≥h（1）=1，滿足題意．
②當(dāng)a＞2時(shí)，設(shè)φ（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1-a，則φ′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x≥1時(shí)，φ′（x）≥0，∴φ（x）在[1，+∞）遞增，φ（1）=2-a＜0，φ（e^a）=1+e^-a＞0，
∴?x₀∈（1，e^a），使φ（e^a）=0，
∵φ（x）在[1，+∞）單調(diào)遞增，
∴x∈（1，x₀），φ（x）＜0，即h′（x）＜0，
∴當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，h（x）＜h（1）=0，不滿足題意．
∴a的取值范圍為a≤2，
綜上可知：實(shí)數(shù)a的取值范圍（-∞，2]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間及最值，函數(shù)零點(diǎn)的判斷，考查分類討論思想，屬于中檔題．