Question

15．已知函數φ（x）=$\frac{a}{x+1}$，a＞0．
（1）若函數f（x）=lnx+φ（x）在（1，2）上只有一個極值點，求a的取值范圍；
（2）若g（x）=|lnx|+φ（x），且對任意x₁，x₂∈（0，2]，且x₁≠x₂，都有$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜-1，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{（x+1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+（2-a）x+1}{x（x+1）^{2}}$，由題意f′（x）=0在（1，2）上只有一個根，從而f′（1）•f′（2）＜0，由此能求出a的取值范圍．
（2）推導出$\frac{g（{x}_{2}）+{x}_{2}-[g（{x}_{1}）+{x}_{1}]}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜0，設h（x）=g（x）+x，則y=h（x）在（0，2]上是減函數，由此利用導數性質能求出a的取值范圍．

解答 解：（1）∵函數φ（x）=$\frac{a}{x+1}$，a＞0，函數f（x）=lnx+φ（x），
∴${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{（x+1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+（2-a）x+1}{x（x+1）^{2}}$，
∵函數f（x）=lnx+φ（x）在（1，2）上只有一個極值點，
∴f′（x）=0在（1，2）上只有一個根，
∵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的取值范圍是（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，
設h（x）=g（x）+x，則y=h（x）在（0，2]上是減函數，
當1＜x≤2時，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≥$\frac{（x+1）^{2}}{x}+（x+1）^{2}$=${x}^{2}+3x+\frac{1}{x}+3$對x∈（1，2]恒成立，
設m（x）=x²+3x+$\frac{1}{x}$+3，則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]上是增函數，
則當x=2時，m（x）有最大值為$\frac{27}{2}$，則a≥$\frac{27}{2}$，
當0＜x≤1時，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=${x}^{2}+x-\frac{1}{x}-1$，
設t（x）=${x}^{2}+x-\frac{1}{x}-1$，
則${t}^{'}（x）=2x+1+\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
∴t（x）在（0，1]上是增函數，∴t（x）≤t（1）=0，則a≥0．
綜上所述：a的取值范圍是[$\frac{27}{2}，+∞$）．

點評 本題考查實數的取值范圍的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意導數性質、構造法的合理運用．