Question

18．已知函數(shù)f（x）=lnx-a$\frac{x-1}{x+1}$，a∈R．
（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)x≠1時(shí)，$\frac{{（{x+1}）lnx+2a}}{{{{（{x+1}）}^2}}}＜\frac{lnx}{x-1}$恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （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．對(duì)△=4（1-a）²-4與0的大小，分類討論，即可得出單調(diào)性．
（Ⅱ）由$\frac{{（{x+1}）lnx+2a}}{{{{（{x+1}）}^2}}}＜\frac{lnx}{x-1}$，得$\frac{{（{x+1}）lnx+2a}}{{{{（{x+1}）}^2}}}-\frac{lnx}{x-1}＜0$，即$\frac{-2lnx}{{{x^2}-1}}+\frac{{2a（{x-1}）}}{{{{（{x+1}）}^2}（{x-1}）}}＜0$，即$\frac{2}{{1-{x^2}}}（{lnx-a\frac{x-1}{x+1}}）＜0$，即$\frac{2}{{1-{x^2}}}f（x）＜0$．對(duì)a分類討論，利用（I）的f（x）的單調(diào)性，即可得出．

解答 解：（Ⅰ）定義域是（0，+∞），$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{2a}{{{{（x+1）}^2}}}=\frac{{{x^2}+2（1-a）x+1}}{{x{{（x+1）}^2}}}$．（1分）
令g（x）=x²+2（1-a）x+1．
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，+∞）；                                             （2分）
②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，+∞）；            （3分）
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）．（4分）
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(wú)遞減區(qū)間．（5分）
（Ⅱ）由$\frac{{（{x+1}）lnx+2a}}{{{{（{x+1}）}^2}}}＜\frac{lnx}{x-1}$，得$\frac{{（{x+1}）lnx+2a}}{{{{（{x+1}）}^2}}}-\frac{lnx}{x-1}＜0$，
即$\frac{-2lnx}{{{x^2}-1}}+\frac{{2a（{x-1}）}}{{{{（{x+1}）}^2}（{x-1}）}}＜0$，即$\frac{2}{{1-{x^2}}}（{lnx-a\frac{x-1}{x+1}}）＜0$，即$\frac{2}{{1-{x^2}}}f（x）＜0$．（7分）
①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，（8分）
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．（9分）
②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，（10分）
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．（11分）
綜上所述，a的取值范圍是（-∞，2]．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、方程與不等式的解法、分類討論方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．