Question

已知函数f(x)=lnx-

a(x+1)

x

，a∈R．
（1）若a=2，求函数f（x）的单调区间；
（2）若a=0，求证：?x∈

1，+∞

，

1

f(x)

-

1

x-1

＜

1

2

恒成立．

Answer 1

分析：（1）若a=2，f′(x)=

x-2

x2

，由此能求出函数f（x）的单调区间．
（2）a=0时，f(x)=

1

lnx

只需证明?x∈(1，+∞)，

1

lnx

-

1

x-1

＜

1

2

，只需证明?x∈(1，+∞)，lnx＞

2(x-1)

x+1

．令g(x)=lnx-

2(x-1)

x+1

，g′(x)=

(x-1)2

x(x+1)

＞0，由此能够证明?x∈(1，+∞)，

1

f(x)

-

1

x-1

＜

1

2

恒成立．

解答：解：（1）若a=2，f(x)=lnx-

2(x+1)

x

，(x＞0)f′(x)=

x-2

x2

当0＜x＜2时f′（x）＜0  函数f（x）单调递减
当x＞2时 f′（x）＞0 函数f（x）单调递增
所以函数f（x）的减区间为（0，2），增区间为（2，+∞）         （5分）
（2）证明：a=0时 f(x)=

1

lnx

只需证明?x∈(1，+∞)，

1

lnx

-

1

x-1

＜

1

2

，
即证

1

lnx

＞

2(x-1)

x+1

只需证明?x∈(1，+∞)，lnx＞

2(x-1)

x+1

（8分）
令g(x)=lnx-

2(x-1)

x+1

，g′(x)=

(x-1)2

x(x+1)

＞0
所以g（x）在（1，+∞）上为增函数，
所以g（x）＞g（1）=0
即lnx-

2(x-1)

x+1

＞0，也就是?x∈(1，+∞)，lnx＞

2(x-1)

x-1

所以?x∈(1，+∞)，

1

f(x)

-

1

x-1

＜

1

2

恒成立                    （12分）

点评：函数的单调区间的求法，考查不等式的证明．解题时要认真审题，仔细解答，注意导数性质的合理运用．