Question

7．已知函数f（x）=lnx+$\frac{2a}{x+1}$
（1）求f（x）的单调区间
（2）若x＞0时，$\frac{lnx}{x-1}$＞$\frac{a}{x+1}$恒成立，求a的范围．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{{{x^2}+2（1-a）x+1}}{{x{{（{x+1}）}^2}}}$-，令g（x）=x²+2（1-a）x+1，△=4a（a-2）．对a分类讨论，即可得出函数的单调性与单调区间．
（2）x＞0时，$\frac{lnx}{x-1}$＞$\frac{a}{x+1}$恒成立，即证$\frac{{lnx+\frac{2a}{x+1}}}{x-1}-\frac{l}{x-1}•\frac{2a}{x+1}＞\frac{a}{x+1}$，整理得$\frac{1}{x-1}$$（lnx+\frac{2a}{x+1}-a）$＞0，即证x＞1时，lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a＞0；0＜x＜1时，lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a＜0．令h（x）=lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a，对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{{{x^2}+2（1-a）x+1}}{{x{{（{x+1}）}^2}}}$-，
令g（x）=x²+2（1-a）x+1，△=4a（a-2）．
当0≤a≤2时，x∈（0，+∞），f′（x）≥0，函数f（x）单调递增．
当a＜0时，x∈（0，+∞），f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
当a＞2时，f′（x）=0两根为x₁=a-1-$\sqrt{{a^2}-2a}$，x₂=a-1+$\sqrt{{a^2}-2a}$，
x∈（0，x₁），f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
x∈（x₂，+∞），f′（x）＞0，f（x）单调递增；x∈（x₁，x₂），f′（x）＜0，f（x）单调递减．
综上当a≤2时，单调递增区间为（0，+∞）．
当a＞2时，单调递增区间为：$（0，a-1-\sqrt{{a}^{2}-2a}）$，$（a-1+\sqrt{{a}^{2}-2a}，+∞）$；
单调递减区间为：（a-1-$\sqrt{{a^2}-2a}$，a-1+$\sqrt{{a^2}-2a}$）．
（2）x＞0时，$\frac{lnx}{x-1}$＞$\frac{a}{x+1}$恒成立，即证$\frac{{lnx+\frac{2a}{x+1}}}{x-1}-\frac{l}{x-1}•\frac{2a}{x+1}＞\frac{a}{x+1}$
整理得$\frac{1}{x-1}$$（lnx+\frac{2a}{x+1}-a）$＞0，即证x＞1时，lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a＞0；
即证0＜x＜1时，lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a＜0．
令h（x）=lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a，h′（x）=$\frac{{{x^2}+2（1-a）x+1}}{{x{{（{x+1}）}^2}}}$．
当a≤2时，h′（x）≥0，h（x）在（0，+∞）单调递增，h（1）=0．
x＞1时，h（x）=lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a＞h（1）=0．
0＜x＜1时，h（x）=lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a＜h（1）=0．
当a＞2时，$x∈（{a-1-\sqrt{{a^2}-2a}，1}），{h^'}$（x）＜0．
0＜x＜1时，h（x）=lnx+$\frac{2a}{x+1}$-a＞h（1）=0，不合题意，舍去．
综上：a≤2．

点评 本题考查了考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化方法、分类讨论方法、方程的解与判别式的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．