Question

18．已知函數(shù)f（x）=lnx十$\frac{2a}{x+1}$（a∈R）．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）存在極大值，試求a的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)a為何值時(shí)，對(duì)任意的x＞0，且x≠1，均有$\frac{lnx}{x-1}-\frac{a}{x+1}$＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函數(shù)f（x）的定義域，求導(dǎo)f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2a}{（x+1）^{2}}$=$\frac{（x+1）^{2}-2ax}{x（x+1）^{2}}$，從而可得$\left\{\begin{array}{l}{2-2a＜0}\\{△=（2-2a）^{2}-4＞0}\end{array}\right.$，從而解得；
（Ⅱ）由題意可得a＜$\frac{（x+1）lnx}{x-1}$恒成立，令g（x）=$\frac{（x+1）lnx}{x-1}$，從而化為函數(shù)的最小值問(wèn)題，從而求得．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2a}{（x+1）^{2}}$=$\frac{（x+1）^{2}-2ax}{x（x+1）^{2}}$，
故x²+（2-2a）x+1=0在（0，+∞）上有兩個(gè)不同的解，
故$\left\{\begin{array}{l}{2-2a＜0}\\{△=（2-2a）^{2}-4＞0}\end{array}\right.$，
解得，a＞2；
故a的取值范圍為（2，+∞）；
（Ⅱ）∵$\frac{lnx}{x-1}-\frac{a}{x+1}$＞0，
∴a＜$\frac{（x+1）lnx}{x-1}$，
令g（x）=$\frac{（x+1）lnx}{x-1}$，g′（x）=$\frac{-2lnx+\frac{{x}^{2}-1}{x}}{（x-1）^{2}}$，
令F（x）=-2lnx+$\frac{{x}^{2}-1}{x}$=-2lnx+x-$\frac{1}{x}$，
F′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$-2•$\frac{1}{x}$+1=（$\frac{1}{x}$-1）²≥0，
故F（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
而F（1）=0，
故當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，F(xiàn)（x）＜0，
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，F(xiàn)（x）＞0，
故當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＜0，
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）＞0，
故g（x）在（0，1）上是減函數(shù)，在（1，+∞）上是增函數(shù)；
且$\underset{lim}{x→1}$$\frac{（x+1）lnx}{x-1}$=2$\underset{lim}{x→1}$$\frac{lnx}{x-1}$=2$\underset{lim}{x→1}$$\frac{1}{x}$=2，
故a≤2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，同時(shí)考查了構(gòu)造法及極限的求法．