Question

15．已知函数φ（x）=$\frac{a}{x+1}$，a＞0．
（1）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；
（2）若g（x）=|lnx|+φ（x），且对任意x₁，x₂∈（0，2]，且x₁≠x₂，都有$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜-1，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{（x+1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+（2-a）x+1}{x（x+1）^{2}}$，由题意f′（x）=0在（1，2）上只有一个根，从而f′（1）•f′（2）＜0，由此能求出a的取值范围．
（2）推导出$\frac{g（{x}_{2}）+{x}_{2}-[g（{x}_{1}）+{x}_{1}]}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜0，设h（x）=g（x）+x，则y=h（x）在（0，2]上是减函数，由此利用导数性质能求出a的取值范围．

解答 解：（1）∵函数φ（x）=$\frac{a}{x+1}$，a＞0，函数f（x）=lnx+φ（x），
∴${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{（x+1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+（2-a）x+1}{x（x+1）^{2}}$，
∵函数f（x）=lnx+φ（x）在（1，2）上只有一个极值点，
∴f′（x）=0在（1，2）上只有一个根，
∵x＞0，∴f′（1）•f′（2）=$\frac{1+2-a+1}{1×（1+1）^{2}}$×$\frac{4+（2-a）×2+1}{2（2+1）^{2}}$＜0，
解得4＜a＜$\frac{9}{2}$，
∴a的取值范围是（4，$\frac{9}{2}$）．
（2）∵$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜-1，∴$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$+1＜0，
∴$\frac{g（{x}_{2}）+{x}_{2}-[g（{x}_{1}）+{x}_{1}]}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜0，
设h（x）=g（x）+x，则y=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≥$\frac{（x+1）^{2}}{x}+（x+1）^{2}$=${x}^{2}+3x+\frac{1}{x}+3$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，∴${m}^{'}（x）=2x+3-\frac{1}{{x}^{2}}$，
∵1＜x≤2，∴${m}^{'}（x）=2x+3-\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
∴m（x）在（1，2]上是增函数，
则当x=2时，m（x）有最大值为$\frac{27}{2}$，则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=${x}^{2}+x-\frac{1}{x}-1$，
设t（x）=${x}^{2}+x-\frac{1}{x}-1$，
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，则a≥0．
综上所述：a的取值范围是[$\frac{27}{2}，+∞$）．

点评 本题考查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、构造法的合理运用．