Question

18．已知函数f（x）=ln（x-1）+$\frac{ax}{x+1}$（a∈R）．
（1）若函数f（x）在区间（1，4）上单调递增，求a的取值范围；
（2）若函数y=f（x）的图象与直线4x-3y-2=0相切，求a的值．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，由题意可得f′（x）≥对任意x∈（1，4）恒成立，分离参数a，可得a≥$\frac{（x+1）^{2}}{1-x}$，利用导数求出函数g（x）=$\frac{（x+1）^{2}}{1-x}$在（1，4）上的最大值得答案；
（2）设出切点坐标，求出函数在切点处的导数，可得切线斜率，再由两函数在切点处的函数值相等求得a的值．

解答 解：（1）函数f（x）=ln（x-1）+$\frac{ax}{x+1}$，
则f′（x）=$\frac{1}{x-1}+\frac{ax+a-ax}{（x+1）^{2}}=\frac{1}{x-1}+\frac{a}{（x+1）^{2}}$，
∵函数f（x）在区间（1，4）上单调递增，
∴$\frac{1}{x-1}+\frac{a}{（x+1）^{2}}≥0$在x∈（1，4）上恒成立．
即a≥$\frac{（x+1）^{2}}{1-x}$在x∈（1，4）上恒成立．
令g（x）=$\frac{（x+1）^{2}}{1-x}$，则g′（x）=$-\frac{（x+1）（x-3）}{（1-x）^{2}}$．
当x∈（1，3）时，g′（x）＞0，当x∈（3，4）时，g′（x）＜0．
∴g（x）在（1，3）上为增函数，在（3，4）上为减函数，
∴g（x）_max=g（3）=-8．
则a≥-8；
（2）设切点坐标为（x₀，y₀），则f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}-1}+\frac{a}{（{x}_{0}+1）^{2}}$，①
则$\frac{1}{{x}_{0}-1}+\frac{a}{（{x}_{0}+1）^{2}}=\frac{4}{3}$，②
f（x₀）=$ln（{x}_{0}-1）+\frac{a{x}_{0}}{{x}_{0}+1}=\frac{4{x}_{0}}{3}-\frac{2}{3}$，③
联立①，②，③得$\frac{4{x}_{0}-2}{3}=ln（{x}_{0}+1）+（\frac{4}{3}-\frac{1}{{x}_{0}-1}）（{x}_{0}+1）{x}_{0}$，
即$ln（{x}_{0}-1）+\frac{4{{x}_{0}}^{3}-7{{x}_{0}}^{2}-{x}_{0}-2}{3（{x}_{0}-1）}=0$．
令g（x）=$ln（x-1）+\frac{4{x}^{3}-7{x}^{2}-x-2}{3（x-1）}（x＞1）$，
g′（x）=$\frac{x（8{x}^{2}-19x+17）}{3（x-1）^{2}}$，令h（x）=8x²-19x+17，△＜0，
∴h（x）＞0恒成立，
∴g′（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，即g（x）在（1，+∞）上为增函数，
∵g（2）=0，∴x₀=2，a=3．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，训练了恒成立问题的求解方法，考查计算能力，属中档题．