Question

19．已知函数f（x）=1nx-$\frac{a（x-1）}{x+1}$．（a∈R）
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若$\frac{（x+1）1nx+2a}{{{{（x+1）}^2}}}＜\frac{1nx}{x-1}$恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算判别式△，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题转化为$\frac{2}{{1-{x^2}}}（1nx-a\frac{x-1}{x+1}）＜0$，即$\frac{2}{{1-{x^2}}}f（x）＜0$，结合函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）定义域是（0，+∞），
$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{2a}{{{{（x+1）}^2}}}$=$\frac{{{x^2}+2（1-a）x+1}}{{x{{（x+1）}^2}}}$．
令g（x）=x²+2（1-a）x+1．
当△=4（1-a）²-4≤0，
即0≤a≤2时，g（x）≥0恒成立，即f'（x）≥0，
所以f（x）的单调增区间为（0，+∞）；
当△=4（1-a）²-4＞0时，即a＜0或a＞2时，方程g（x）=0有两个不等的实根，
${x_1}=a-1-\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}$，${x_2}=a-1+\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}$．
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）的单调增区间为（0，+∞）；
若a＞2，由x₁+x₂=2（a-1）＞0，x₁x₂=1＞0得，x₁＞0，x₂＞0，
由g（x）＞0得x的范围是（0，x₁），（x₂，+∞），由g（x）＜0得x的范围（x₁，x₂），
即f（x）的单调递增区间为（0，x₁），（x₂，+∞），f（x）的单调递减区间为（x₁，x₂）．
综上所述，当a＞2时，f（x）的单调递增区间为$（0，a-1-\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}）$，$（a-1+\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}，+∞）$，
f（x）的单调递减区间为$（a-1-\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}，a-1+\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}）$；
当a≤2时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无递减区间．
（Ⅱ）由$\frac{（x+1）1nx+2a}{{{{（x+1）}^2}}}＜\frac{1nx}{x-1}$，得$\frac{（x+1）1nx+2a}{{{{（x+1）}^2}}}-\frac{1nx}{x-1}＜0$，
即$\frac{-21nx}{{{x^2}-1}}+\frac{2a（x-1）}{{{{（x+1）}^2}（x-1）}}＜0$，即$\frac{2}{{1-{x^2}}}（1nx-a\frac{x-1}{x+1}）＜0$，即$\frac{2}{{1-{x^2}}}f（x）＜0$．
由（Ⅰ）可知当a≤2时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），又f（1）=0，
所以当x∈（0，1）时，f（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0；
又当x∈（0，1）时，$\frac{2}{{1-{x^2}}}＞0$，当x∈（1，+∞）时，$\frac{2}{{1-{x^2}}}＜0$；
所以$\frac{2}{{1-{x^2}}}f（x）＜0$，即原不等式成立．
由（Ⅰ）可知当a＞2时，f（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）单调递增，在（x₁，x₂）单调递减，
且x₁x₂=1，得x₁＜1＜x₂，f（x₂）＜f（1）=0，
而$\frac{2}{1-x_2^2}＜0$，所以$\frac{2}{1-x_2^2}f（{x_2}）＞0$与条件矛盾．
综上所述，a的取值范围是（-∞，2]．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．