Question

5．已知函數(shù)$f（x）=lnx+\frac{2a}{x+1}$，a∈R．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）如果當(dāng)x＞0，且x≠1時，$\frac{lnx}{x-1}＞\frac{a}{x+1}$恒成立，求實數(shù)a的范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求了函數(shù)f（x）的定義域和導(dǎo)數(shù)${f}^{'}（x）=\frac{{x}^{2}+2（1-a）x+1}{x（x+1）^{2}}$，構(gòu)造函數(shù)g（x）=x²+2（1-a）x+1，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)和分類討論思想能求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（Ⅱ）“當(dāng)x＞0，且x≠1時，$\frac{lnx}{x-1}＞\frac{a}{x+1}$恒成立”，等價于“當(dāng)x＞0，且x≠1時，$\frac{1}{x-1}[{lnx+\frac{2a}{x+1}-a}]＞0$恒成立”，構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-a，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)和分類討論思想能求出實數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞）．（1分）
$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{2a}{{{{（x+1）}^2}}}=\frac{{{x^2}+2（1-a）x+1}}{{x{{（x+1）}^2}}}$（2分）
設(shè)g（x）=x²+2（1-a）x+1，△=4a（a-2）
①當(dāng)a≤0時，函數(shù)y=g（x）的對稱軸為x=a-1，
所以當(dāng)x＞0時，有g(shù)（x）＞g（0）＞0，
故f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；（3分）
②當(dāng)0＜a≤2時，由△=4a（a-2）≤0，得g（x）=x²+2（1-a）x+1≥0，
所以f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，（4分）
③當(dāng)a＞2時，令g（x）=0得${x_1}=a-1-\sqrt{{a^2}-2a}＞0$，${x_2}=a-1+\sqrt{{a^2}-2a}$
令f′（x）＞0，解得0＜x＜x₁或$x＞x_2^{\;}$；令f′（x）＜0，解得x₁＜x＜x₂
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間（0，$a-1-\sqrt{{a}^{2}-2a}$）和（$a-1+\sqrt{{a}^{2}-2a}$，+∞）；
f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間（$a-1-\sqrt{{a}^{2}-2a}$，a-1+$\sqrt{{a}^{2}-2a}$）．（6分）
（Ⅱ）“當(dāng)x＞0，且x≠1時，$\frac{lnx}{x-1}＞\frac{a}{x+1}$恒成立”，
等價于“當(dāng)x＞0，且x≠1時，$\frac{1}{x-1}[{lnx+\frac{2a}{x+1}-a}]＞0$（※）恒成立”，（7分）
設(shè)h（x）=f（x）-a，由（Ⅰ）知：
①當(dāng)a≤2時，h（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
當(dāng)x∈（0，1）時，h（x）＜h（1）=0，所以$\frac{1}{x-1}h（x）＞0$；（8分）
當(dāng)x∈（1，+∞）時，h（x）＞h（1）=0，所以$\frac{1}{x-1}h（x）＞0$；（9分）
所以，當(dāng)a≤2時，※式成立．（10分）
②當(dāng)a＞2時，h（x）在（x₁，1）是減函數(shù)，
所以h（x）＞h（1）=0，※式不恒成立．（11分）
綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是（-∞，2]．（12分）

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和實數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)、分類討論思想的合理運用．