Question

10．已知函数f（x）=lnx-a$\frac{x-1}{x+1}$，a∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x∈（0，1）时，（x+1）lnx＜a（x-1）恒成立，求a的取值范围．

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分别求解单调区间；
（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．根据（Ⅰ）按当a≤2，a＞2分别讨论即可．

解答 解：（Ⅰ）定义域是（0，+∞），$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{2a}{{{{（x+1）}^2}}}=\frac{{{x^2}+2（1-a）x+1}}{{x{{（x+1）}^2}}}$．（1分）
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，+∞）；                                             （2分）
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，${x_1}=a-1-\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}，{x_2}=a-1+\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}$．（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）的单调增区间为（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）．（5分）
综上所述，当a＞2时，f（x）的单调递增区间为$（{0，a-1-\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}}），（{a-1+\sqrt{{{（a-1）}^2}-1}，+∞}）$，
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．（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）知当a≤2时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），又f（1）=0，（8分）
所以当x∈（0，1）时，f（x）＜0恒成立．（9分）
由（Ⅰ）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（x₁）＞f（1）=0，不符合题意．（11分）
综上所述，a的取值范围是（-∞，2]．（12分）

点评 本题考查了导数的综合应用，含参数二次函数的性质，函数不等式的恒成立问题，属于压轴题．