题目

已知函数f（x）=1nx﹣ ．（a∈R） （Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若 恒成立，求a的取值范围． 答案：解：（Ⅰ）定义域是（0，+∞）， f'(x)=1x−2a(x+1)2 = x2+2(1−a)x+1x(x+1)2 ．令g（x）=x2+2（1﹣a）x+1．当△=4（1﹣a）2﹣4≤0，即0≤a≤2时，g（x）≥0恒成立，即f'（x）≥0，所以f（x）的单调增区间为（0，+∞）；当△=4（1﹣a）2﹣4＞0时，即a＜0或a＞2时，方程g（x）=0有两个不等的实根， x1=a−1−(a−1)2−1 ， x2=a−1+(a−1)2−1 ．若a＜0，由x1+x2=2（a﹣1）＜0，x1x2=1＞0得，x1＜0，x2＜0，所以g（x）＞0在（0，+∞）成立，即f'（x）＞0，所以f（x）的单调增区间为（0，+∞）；若a＞2，由x1+x2=2（a﹣1）＞0，x1x2=1＞0得，x1＞0，x2＞0，由g（x）＞0得x的范围是（0，x1），（x2，+∞），由g（x）＜0得x的范围（x1，x2），即f（x）的单调递增区间为（0，x1），（x2，+∞），f（x）的单调递减区间为（x1，x2）．综上所述，当a＞2时，f（x）的单调递增区间为 (0，a−1−(a−1)2−1) ， (a−1+(a−1)2−1，+∞) ，f（x）的单调递减区间为 (a−1−(a−1)2−1，a−1+(a−1)2−1) ；当a≤2时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无递减区间．（Ⅱ）由 (x+1)1nx+2a(x+1)2<1nxx−1 ，得 (x+1)1nx+2a(x+1)2−1nxx−1<0 ，即 −21nxx2−1+2a(x−1)(x+1)2(x−1)<0 ，即 21−x2(1nx−ax−1x+1)<0 ，即 21−x2f(x)<0 ．由（Ⅰ）可知当a≤2时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），又f（1）=0，所以当x∈（0，1）时，f（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0；又当x∈（0，1）时， 21−x2>0 ，当x∈（1，+∞）时， 21−x2<0 ；所以 21−x2f(x)<0 ，即原不等式成立．由（Ⅰ）可知当a＞2时，f（x）在（0，x1），（x2，+∞）单调递增，在（x1，x2）单调递减，且x1x2=1，得x1＜1＜x2，f（x2）＜f（1）=0，而 21−x22<0 ，所以 21−x22f(x2)>0 与条件矛盾．综上所述，a的取值范围是（﹣∞，2]

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