Question

14．已知函数φ（x）=$\frac{a}{x+1}$，a＞0
（Ⅰ）若函数f（x）=lnx+φ（x），在（1，2）上只有一个极值点，求a的取值范围；
（Ⅱ）若g（x）=|lnx|+φ（x），且对任意x₁，x₂∈（0，2]，且x₁≠x₂，都有$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜-1，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得到f′（1）f′（2）＜0，解出即可；
（Ⅱ）设h（x）=g（x）+x，依题意得出h（x）在（0，2]上是减函数．下面对x分类讨论：①当1≤x≤2时，②当0＜x＜1时，利用导数研究函数的单调性从及最值，即可求得求a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=lnx+φ（x）=lnx+$\frac{a}{x+1}$，（x＞0，a＞0），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$，
当f′（1）f′（2）＜0时，函数f（x）在区间（1，2）上只有一个极值点，
即为（1-$\frac{1}{4}$a）（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{9}$a）＜0，
解得：4＜a＜$\frac{9}{2}$；
（Ⅱ）∵$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜-1，
∴有$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+1＜0，
∴$\frac{g{（x}_{2}）{+x}_{2}-[g{（x}_{1}）{+x}_{1}]}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＜0，
设h（x）=g（x）+x，依题意，h（x）在（0，2]上是减函数．
当1≤x≤2时，h（x）=lnx+$\frac{a}{x+1}$+x，h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$+1，
令h′（x）≤0，得：a≥$\frac{{（x+1）}^{2}}{x}$+（x+1）2=x2+3x+$\frac{1}{x}$+3对x∈[1，2]恒成立，
设m（x）=x2+3x+$\frac{1}{x}$+3，则m′（x）=2x+3-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
∵1≤x≤2，∴m′（x）=2x+3-$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
∴m（x）在[1，2]上递增，则当x=2时，m（x）有最大值为$\frac{27}{2}$，
∴a≥$\frac{27}{2}$；
当0＜x＜1时，h（x）=-lnx+$\frac{a}{x+1}$+x，h′（x）=-$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$+1，
令h′（x）≤0，得：a≥-$\frac{{（x+1）}^{2}}{x}$+（x+1）2=x2+x-$\frac{1}{x}$-1，
设t（x）=x2+x-$\frac{1}{x}$-1，则t′（x）=2x+1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
∴t（x）在（0，1）上是增函数，
∴t（x）＜t（1）=0，
∴a≥0．

点评 本小题主要考查函数单调性的应用、利用导数研究函数的单调性、导数的几何意义、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力．