Question

7．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{2a}{x+1}$
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間
（2）若x＞0時，$\frac{lnx}{x-1}$＞$\frac{a}{x+1}$恒成立，求a的范圍．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{{{x^2}+2（1-a）x+1}}{{x{{（{x+1}）}^2}}}$-，令g（x）=x²+2（1-a）x+1，△=4a（a-2）．對a分類討論，即可得出函數(shù)的單調(diào)性與單調(diào)區(qū)間．
（2）x＞0時，$\frac{lnx}{x-1}$＞$\frac{a}{x+1}$恒成立，即證$\frac{{lnx+\frac{2a}{x+1}}}{x-1}-\frac{l}{x-1}•\frac{2a}{x+1}＞\frac{a}{x+1}$，整理得$\frac{1}{x-1}$$（lnx+\frac{2a}{x+1}-a）$＞0，即證x＞1時，lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a＞0；0＜x＜1時，lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a＜0．令h（x）=lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a，對a分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{{{x^2}+2（1-a）x+1}}{{x{{（{x+1}）}^2}}}$-，
令g（x）=x²+2（1-a）x+1，△=4a（a-2）．
當(dāng)0≤a≤2時，x∈（0，+∞），f′（x）≥0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
當(dāng)a＜0時，x∈（0，+∞），f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
當(dāng)a＞2時，f′（x）=0兩根為x₁=a-1-$\sqrt{{a^2}-2a}$，x₂=a-1+$\sqrt{{a^2}-2a}$，
x∈（0，x₁），f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
x∈（x₂，+∞），f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；x∈（x₁，x₂），f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．
綜上當(dāng)a≤2時，單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）．
當(dāng)a＞2時，單調(diào)遞增區(qū)間為：$（0，a-1-\sqrt{{a}^{2}-2a}）$，$（a-1+\sqrt{{a}^{2}-2a}，+∞）$；
單調(diào)遞減區(qū)間為：（a-1-$\sqrt{{a^2}-2a}$，a-1+$\sqrt{{a^2}-2a}$）．
（2）x＞0時，$\frac{lnx}{x-1}$＞$\frac{a}{x+1}$恒成立，即證$\frac{{lnx+\frac{2a}{x+1}}}{x-1}-\frac{l}{x-1}•\frac{2a}{x+1}＞\frac{a}{x+1}$
整理得$\frac{1}{x-1}$$（lnx+\frac{2a}{x+1}-a）$＞0，即證x＞1時，lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a＞0；
即證0＜x＜1時，lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a＜0．
令h（x）=lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a，h′（x）=$\frac{{{x^2}+2（1-a）x+1}}{{x{{（{x+1}）}^2}}}$．
當(dāng)a≤2時，h′（x）≥0，h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，h（1）=0．
x＞1時，h（x）=lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a＞h（1）=0．
0＜x＜1時，h（x）=lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a＜h（1）=0．
當(dāng)a＞2時，$x∈（{a-1-\sqrt{{a^2}-2a}，1}），{h^'}$（x）＜0．
0＜x＜1時，h（x）=lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a＞h（1）=0，不合題意，舍去．
綜上：a≤2．

點(diǎn)評 本題考查了考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、等價轉(zhuǎn)化方法、分類討論方法、方程的解與判別式的關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．