Question

16．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=$\frac{a（x-1）}{x+1}$（a∈R）．
（1）若a=2，求證：f（x）＞g（x）在（1，+∞）恒成立；
（2）討論h（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)性；
（3）求證：當x＞0時，f（x+1）＞$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}-1}$．

Answer 1

分析 （1）設h（x）=f（x）-g（x），求出函數(shù)的導數(shù)，判斷出函數(shù)的單調(diào)性即可；
（2）求出函數(shù)h（x）的導數(shù)，通過討論a的范圍，判斷h（x）的單調(diào)性即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為證明$\frac{2x}{x+2}$＞$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}-1}$，即證2e^x-2x²-x-2＞0，設φ（x）=2e^x-x²-2x-2，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 證明：（1）當a=2時，設h（x）=f（x）-g（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，
h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{4}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{{（x-1）}^{2}}{{x（x+1）}^{2}}$，
所以h′（x）＞0在（1，+∞）恒成立，
h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以h（x）＞h（1）=0，
所以f（x）＞g（x）在（1，+∞）恒成立；
解：（2）h′（x）=$\frac{{x}^{2}-2（a-1）x+1}{{x（x+1）}^{2}}$，
令h′（x）=0，即x²-2（a-1）x+1=0，
△=4（a-1）²-4=0，解得：a=0或a=2，
①若0≤a≤2，此時△≤0，h′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，
所以h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；
②若a＞2，此時△＞0，
方程x²-2（a-1）x+1=0的兩根為x_1，2=（a-1）±$\sqrt{{a}^{2}-2a}$，且x_1，2＞0，
所以h（x）在（0，a-1-$\sqrt{{a}^{2}-2a}$）上單調(diào)遞增，
在（a-1-$\sqrt{{a}^{2}-2a}$，a-1+$\sqrt{{a}^{2}-2a}$）上單調(diào)遞減，
在（a-1+$\sqrt{{a}^{2}-2a}$，+∞）上單調(diào)遞增；
③若a＜0，此時△＞0，
方程x²-2（a-1）x+1=0的兩根為x_1，2=（a-1）±$\sqrt{{a}^{2}-2a}$，且x_1，2＜0，
所以h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
綜上，若a≤2，h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
若a＞2，h（x）在（0，a-1-$\sqrt{{a}^{2}-2a}$），（a-1+$\sqrt{{a}^{2}-2a}$，+∞）上單調(diào)遞增，
在（a-1-$\sqrt{{a}^{2}-2a}$，a-1+$\sqrt{{a}^{2}-2a}$）上單調(diào)遞減；
證明：（3）由（1）可知lnx＞$\frac{2（x-1）}{x+1}$在（1，+∞）恒成立，
所以f（x+1）=ln（x+1）＞$\frac{2x}{x+2}$在（0，+∞）恒成立，
下證$\frac{2x}{x+2}$＞$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}-1}$，即證2e^x-x²-2x-2＞0，
設φ（x）=2e^x-x²-2x-2，φ′（x）=2e^x-2x-2，φ′′（x）=2e^x-2，
易知φ″（x）＞0在（0，+∞）恒成立，
所以φ′（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
所以φ′（x）=2e^x-2x-2＞φ′（0）=0，
所以φ（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
所以φ（x）＞φ（0）=0，
所以$\frac{2x}{x+2}$＞$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}-1}$，
即當x＞0時，f（x+1）＞$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}-1}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，是一道中檔題．