Question

8．（I）已知函數(shù)$f（x）=\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}+\frac{1}{{{{（1-x）}^2}}}$（0≤x＜1），求y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若0＜α＜β＜1，0≤x＜1，求證：（1+x）^α-2+（1-x）^α-2≥（1+x）^β-2+（1-x）^β-2．

Answer 1

分析 （I）計(jì)算f′（x）化簡，判斷f′（x）的符號，得出結(jié)論；
（II）構(gòu)造函數(shù)g（x）=（1+t）^x-2+（1-t）^x-2，t∈（0，1），利用導(dǎo)數(shù)判斷g（x）在（0，1）上的單調(diào)性，即可得出結(jié)論．

解答 解：（I）f′（x）=-$\frac{2x+2}{（x+1）^{4}}$-$\frac{2x-2}{（x-1）^{4}}$=-2[$\frac{1}{（x+1）^{3}}$-$\frac{1}{（x-1）^{3}}$]=$\frac{4{x}^{2}（x+3）}{（{x}^{2}-1）^{2}}$＞0，
∴f（x）在[0，1）上單調(diào)遞增．
（II）證明：當(dāng)x=0時(shí)，左邊=2，右邊=2，顯然結(jié)論成立．
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，令g（x）=（1+t）^x-2+（1-t）^x-2，t∈（0，1），
則不等式等價(jià)于g（x）在（0，1）上為為減函數(shù)．
g′（x）=（1+t）^x-2ln（1+t）+（1-t）^x-2ln（1-t），
∵y=（1+t）^x-2是增函數(shù)，（1-t）^x-2是減函數(shù)，ln（1+t）＞0，ln（1-t）＜0，
∴g′（x）在（0，1）上是增函數(shù)，
∴g′（x）＜g′（1）=$\frac{ln（1+t）}{1+t}$+$\frac{ln（1-t）}{1-t}$=$\frac{（1-t）ln（1+t）+（1+t）ln（1-t）}{1-{t}^{2}}$．
令h（t）=（1-t）ln（1+t）+（1+t）ln（1-t），（0＜t＜1），
則h′（t）=-ln（1+t）+$\frac{1-t}{1+t}$+ln（1-t）-$\frac{1+t}{1-t}$=ln$\frac{1-t}{1+t}$-$\frac{4t}{1-{t}^{2}}$＜0，
∴h（t）在（0，1）上是減函數(shù)，∴h（t）＜h（0）=0．
∴g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，1）上是減函數(shù)，
∵0＜α＜β＜1，
∴g（α）＞g（β），
∴（1+t）^α-2+（1-t）^α-2＞（1+t）^β-2+（1-t）^β-2，又t∈（0，1），
∴（1+x）^α-2+（1-x）^α-2≥（1+x）^β-2+（1-x）^β-2．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，函數(shù)單調(diào)性的判斷，屬于中檔題．