Question

16．已知函数f（x）=lnx，g（x）=$\frac{a（x-1）}{x+1}$（a∈R）．
（1）若a=2，求证：f（x）＞g（x）在（1，+∞）恒成立；
（2）讨论h（x）=f（x）-g（x）的单调性；
（3）求证：当x＞0时，f（x+1）＞$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}-1}$．

Answer 1

分析 （1）设h（x）=f（x）-g（x），求出函数的导数，判断出函数的单调性即可；
（2）求出函数h（x）的导数，通过讨论a的范围，判断h（x）的单调性即可；
（3）问题转化为证明$\frac{2x}{x+2}$＞$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}-1}$，即证2e^x-2x²-x-2＞0，设φ（x）=2e^x-x²-2x-2，根据函数的单调性证明即可．

解答 证明：（1）当a=2时，设h（x）=f（x）-g（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，
h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{4}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{{（x-1）}^{2}}{{x（x+1）}^{2}}$，
所以h′（x）＞0在（1，+∞）恒成立，
h（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以h（x）＞h（1）=0，
所以f（x）＞g（x）在（1，+∞）恒成立；
解：（2）h′（x）=$\frac{{x}^{2}-2（a-1）x+1}{{x（x+1）}^{2}}$，
令h′（x）=0，即x²-2（a-1）x+1=0，
△=4（a-1）²-4=0，解得：a=0或a=2，
①若0≤a≤2，此时△≤0，h′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，
所以h（x）在（0，+∞）单调递增；
②若a＞2，此时△＞0，
方程x²-2（a-1）x+1=0的两根为x_1，2=（a-1）±$\sqrt{{a}^{2}-2a}$，且x_1，2＞0，
所以h（x）在（0，a-1-$\sqrt{{a}^{2}-2a}$）上单调递增，
在（a-1-$\sqrt{{a}^{2}-2a}$，a-1+$\sqrt{{a}^{2}-2a}$）上单调递减，
在（a-1+$\sqrt{{a}^{2}-2a}$，+∞）上单调递增；
③若a＜0，此时△＞0，
方程x²-2（a-1）x+1=0的两根为x_1，2=（a-1）±$\sqrt{{a}^{2}-2a}$，且x_1，2＜0，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递增；
综上，若a≤2，h（x）在（0，+∞）单调递增，
若a＞2，h（x）在（0，a-1-$\sqrt{{a}^{2}-2a}$），（a-1+$\sqrt{{a}^{2}-2a}$，+∞）上单调递增，
在（a-1-$\sqrt{{a}^{2}-2a}$，a-1+$\sqrt{{a}^{2}-2a}$）上单调递减；
证明：（3）由（1）可知lnx＞$\frac{2（x-1）}{x+1}$在（1，+∞）恒成立，
所以f（x+1）=ln（x+1）＞$\frac{2x}{x+2}$在（0，+∞）恒成立，
下证$\frac{2x}{x+2}$＞$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}-1}$，即证2e^x-x²-2x-2＞0，
设φ（x）=2e^x-x²-2x-2，φ′（x）=2e^x-2x-2，φ′′（x）=2e^x-2，
易知φ″（x）＞0在（0，+∞）恒成立，
所以φ′（x）在（0，+∞）单调递增，
所以φ′（x）=2e^x-2x-2＞φ′（0）=0，
所以φ（x）在（0，+∞）单调递增，
所以φ（x）＞φ（0）=0，
所以$\frac{2x}{x+2}$＞$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}-1}$，
即当x＞0时，f（x+1）＞$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}-1}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．