Question

10．已知函數(shù)f（x）=lnx-a$\frac{x-1}{x+1}$，a∈R．
（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當x∈（0，1）時，（x+1）lnx＜a（x-1）恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{2a}{{{{（x+1）}^2}}}=\frac{{{x^2}+2（1-a）x+1}}{{x{{（x+1）}^2}}}$．令g（x）=x²+2（1-a）x+1．按△=4（1-a）²-4≤0，△=4（1-a）²-4＞0分別求解單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）由（x+1）lnx＜a（x-1），得（x+1）lnx-a（x-1）＜0，即$lnx-a\frac{x-1}{x+1}＜0$，即f（x）＜0在x∈（0，1）上恒成立．根據(jù)（Ⅰ）按當a≤2，a＞2分別討論即可．

解答 解：（Ⅰ）定義域是（0，+∞），$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{2a}{{{{（x+1）}^2}}}=\frac{{{x^2}+2（1-a）x+1}}{{x{{（x+1）}^2}}}$．（1分）
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(diào)增區(qū)間為（0，+∞）；                                             （2分）
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，${x_1}=a-1-\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}，{x_2}=a-1+\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}$．（3分）
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(diào)增區(qū)間為（0，+∞）；             （4分）
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(diào)遞增區(qū)間為（0，x₁），（x₂，+∞），f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（x₁，x₂）．（5分）
綜上所述，當a＞2時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（{0，a-1-\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}}），（{a-1+\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}，+∞}）$，
單調(diào)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(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），無遞減區(qū)間．（6分）
（Ⅱ）由（x+1）lnx＜a（x-1），得（x+1）lnx-a（x-1）＜0，
即$lnx-a\frac{x-1}{x+1}＜0$，即f（x）＜0在x∈（0，1）上恒成立．（7分）
由（Ⅰ）知當a≤2時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），又f（1）=0，（8分）
所以當x∈（0，1）時，f（x）＜0恒成立．（9分）
由（Ⅰ）知當a＞2時，f（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）單調(diào)遞增，在（x₁，x₂）單調(diào)遞減，
且x₁x₂=1，得x₁＜1＜x₂，f（x₁）＞f（1）=0，不符合題意．（11分）
綜上所述，a的取值范圍是（-∞，2]．（12分）

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應用，含參數(shù)二次函數(shù)的性質(zhì)，函數(shù)不等式的恒成立問題，屬于壓軸題．