Question

5．已知函数$f（x）=lnx+\frac{2a}{x+1}$，a∈R．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）如果当x＞0，且x≠1时，$\frac{lnx}{x-1}＞\frac{a}{x+1}$恒成立，求实数a的范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求了函数f（x）的定义域和导数${f}^{'}（x）=\frac{{x}^{2}+2（1-a）x+1}{x（x+1）^{2}}$，构造函数g（x）=x²+2（1-a）x+1，由此利用导数性质和分类讨论思想能求出函数f（x）的单调区间．
（Ⅱ）“当x＞0，且x≠1时，$\frac{lnx}{x-1}＞\frac{a}{x+1}$恒成立”，等价于“当x＞0，且x≠1时，$\frac{1}{x-1}[{lnx+\frac{2a}{x+1}-a}]＞0$恒成立”，构造函数h（x）=f（x）-a，由此利用导数性质和分类讨论思想能求出实数a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．（1分）
$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{2a}{{{{（x+1）}^2}}}=\frac{{{x^2}+2（1-a）x+1}}{{x{{（x+1）}^2}}}$（2分）
设g（x）=x²+2（1-a）x+1，△=4a（a-2）
①当a≤0时，函数y=g（x）的对称轴为x=a-1，
所以当x＞0时，有g（x）＞g（0）＞0，
故f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上是增函数；（3分）
②当0＜a≤2时，由△=4a（a-2）≤0，得g（x）=x²+2（1-a）x+1≥0，
所以f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上是增函数，（4分）
③当a＞2时，令g（x）=0得${x_1}=a-1-\sqrt{{a^2}-2a}＞0$，${x_2}=a-1+\sqrt{{a^2}-2a}$
令f′（x）＞0，解得0＜x＜x₁或$x＞x_2^{\;}$；令f′（x）＜0，解得x₁＜x＜x₂
所以f（x）的单调递增区间（0，$a-1-\sqrt{{a}^{2}-2a}$）和（$a-1+\sqrt{{a}^{2}-2a}$，+∞）；
f（x）的单调递减区间（$a-1-\sqrt{{a}^{2}-2a}$，a-1+$\sqrt{{a}^{2}-2a}$）．（6分）
（Ⅱ）“当x＞0，且x≠1时，$\frac{lnx}{x-1}＞\frac{a}{x+1}$恒成立”，
等价于“当x＞0，且x≠1时，$\frac{1}{x-1}[{lnx+\frac{2a}{x+1}-a}]＞0$（※）恒成立”，（7分）
设h（x）=f（x）-a，由（Ⅰ）知：
①当a≤2时，h（x）在（0，+∞）上是增函数，
当x∈（0，1）时，h（x）＜h（1）=0，所以$\frac{1}{x-1}h（x）＞0$；（8分）
当x∈（1，+∞）时，h（x）＞h（1）=0，所以$\frac{1}{x-1}h（x）＞0$；（9分）
所以，当a≤2时，※式成立．（10分）
②当a＞2时，h（x）在（x₁，1）是减函数，
所以h（x）＞h（1）=0，※式不恒成立．（11分）
综上所述，实数a的取值范围是（-∞，2]．（12分）

点评 本题考查函数的单调区间和实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质、分类讨论思想的合理运用．