Question

2．已知函數(shù)f（x）=ax+$\frac{1}{x+1}$+$\frac{1}{x-1}$，a∈R．
（Ⅰ）判斷函數(shù)f（x）的奇偶性，并說(shuō)明理由；
（Ⅱ）當(dāng)a＜2時(shí)，證明：函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減；
（Ⅲ）若對(duì)任意的x∈（0，1）∪（1，+∞），不等式（x-1）[f（x）-$\frac{2}{x}$]≥0恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的定義域，然后直接利用奇偶性的定義判斷；
（Ⅱ）直接利用單調(diào)性的定義證明；
（Ⅲ）把不等式（x-1）[f（x）-$\frac{2}{x}$]≥0恒成立化為不等式ax²（x²-1）+2≥0對(duì)任意的x∈（0，1）∪（1，+∞）恒成立．換元后對(duì)a討論，借助于二次函數(shù)的單調(diào)性求得答案．

解答 （Ⅰ）解：∵f（-x）=-ax$+\frac{1}{-x+1}+\frac{1}{-x-1}$=-（ax+$\frac{1}{x+1}$+$\frac{1}{x-1}$）=-f（x），
又∵f（x）的定義域?yàn)閧x∈R|x≠-1且x≠1}，
∴函數(shù)f（x）為奇函數(shù)；
（Ⅱ）證明：任取x₁，x₂∈（0，1），設(shè)x₁＜x₂，則
f（x₁）-f（x₂）=a（x₁-x₂）+$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-1）}+\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{（{x}_{1}+1）（{x}_{2}+1）}$
=$（{x}_{1}-{x}_{2}）[a-\frac{1}{（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-1）}-\frac{1}{（{x}_{1}+1）（{x}_{2}+1）}]$
=$（{x}_{1}-{x}_{2}）[a-\frac{2（{x}_{1}{x}_{2}+1）}{（{{x}_{1}}^{2}-1）（{{x}_{2}}^{2}-1）}]$．
∵0＜x₁＜x₂＜1，∴2（x₁x₂+1）＞2，0＜（x₁²-1）（x₂²-1）＜1，
∴$\frac{2（{x}_{1}{x}_{2}+1）}{（{{x}_{1}}^{2}-1）（{{x}_{2}}^{2}-1）}$＞2＞a，
∴a-$\frac{2（{x}_{1}{x}_{2}+1）}{（{{x}_{1}}^{2}-1）（{{x}_{2}}^{2}-1）}$＜0．
又∵x₁-x₂＜0，∴f（x₁）＞f（x₂）．
∴函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減；
（Ⅲ）解：∵（x-1）[f（x）-$\frac{2}{x}$]=（x-1）[ax$+\frac{2x}{{x}^{2}-1}-\frac{2}{x}$]
=$\frac{a{x}^{2}（{x}^{2}-1）+2{x}^{2}-2（{x}^{2}-1）}{x（x+1）}$=$\frac{a{x}^{2}（{x}^{2}-1）+2}{x（x+1）}$．
∴不等式（x-1）[f（x）-$\frac{2}{x}$]≥0恒成立化為不等式ax²（x²-1）+2≥0對(duì)任意的x∈（0，1）∪（1，+∞）恒成立．
令函數(shù)g（t）=at²-at+2，其中t=x²，t＞0且t≠1．
①當(dāng)a＜0時(shí)，拋物線y=g（t）開(kāi)口向下，不合題意；
②當(dāng)a=0時(shí)，g（t）=2＞0恒成立，∴a=0符合題意；
③當(dāng)a＞0時(shí)，∵g（t）=a（t-$\frac{1}{2}$）²-$\frac{a}{4}$+2．
∴只需-$\frac{a}{4}$+2≥0，
即0＜a≤8．
綜上，a的取值范圍是0≤a≤8．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)奇偶性的性質(zhì)，考查了利用定義證明函數(shù)的單調(diào)性，訓(xùn)練了函數(shù)恒成立問(wèn)題，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，是中檔題．