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)的導數(shù)，計算判別式△，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題轉化為$\frac{2}{{1-{x^2}}}（1nx-a\frac{x-1}{x+1}）＜0$，即$\frac{2}{{1-{x^2}}}f（x）＜0$，結合函數(shù)的單調性求出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△=4（1-a）²-4≤0，
即0≤a≤2時，g（x）≥0恒成立，即f'（x）≥0，
所以f（x）的單調增區(qū)間為（0，+∞）；
當△=4（1-a）²-4＞0時，即a＜0或a＞2時，方程g（x）=0有兩個不等的實根，
${x_1}=a-1-\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}$，${x_2}=a-1+\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}$．
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）的單調遞增區(qū)間為（0，x₁），（x₂，+∞），f（x）的單調遞減區(qū)間為（x₁，x₂）．
綜上所述，當a＞2時，f（x）的單調遞增區(qū)間為$（0，a-1-\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}）$，$（a-1+\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}，+∞）$，
f（x）的單調遞減區(qū)間為$（a-1-\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}，a-1+\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}）$；
當a≤2時，f（x）的單調遞增區(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a≤2時，f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，+∞），又f（1）=0，
所以當x∈（0，1）時，f（x）＜0，當x∈（1，+∞）時，f（x）＞0；
又當x∈（0，1）時，$\frac{2}{{1-{x^2}}}＞0$，當x∈（1，+∞）時，$\frac{2}{{1-{x^2}}}＜0$；
所以$\frac{2}{{1-{x^2}}}f（x）＜0$，即原不等式成立．
由（Ⅰ）可知當a＞2時，f（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）單調遞增，在（x₁，x₂）單調遞減，
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]．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．