Question

已知函數(shù)f(x)=

xlnx

x-1

-2ln(1+

x

)．
（1）求函數(shù)f（x）的定義域；
（2）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）問(wèn)是否存在實(shí)數(shù)a，使得不等式f（x）＞a恒成立．若存在，則求實(shí)數(shù)a的取值范圍，否則說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）求函數(shù)f（x）的定義域，由函數(shù)的解析知，解不等式組

x＞0 x-1≠0 1+ x? ＞0

解出不等式的解集，即是所求的定義域；
（2）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，由解析式的形式知宜先對(duì)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，再由導(dǎo)數(shù)解出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）由（2）中知函數(shù)的單調(diào)性，利用單調(diào)性求出函數(shù)f(x)=

xlnx

x-1

-2ln(1+

x

)的最小值，令參數(shù)小于此最小值，即為所求的參數(shù)的取值范圍．

解答：解：（1）由f(x)=

xlnx

x-1

-2ln(1+

x

)可知x需滿足：

x＞0 x-1≠0 1+ x? ＞0

，
解得x＞0且x≠1．
故f（x）的定義域?yàn)閧x|x＞0且x≠1}．
（2）對(duì)f(x)求導(dǎo)數(shù)得到：f′(x)=

1

x(x-1)

-

lnx

(x-1)2

+

1

x(1+x 1 2 )

．令

x

=t，則x=t2，t＞0且t≠1．
∴f′(x)=

1

t2(t2-1)

-

2lnt

(t2-1)2

+

1

t2(1+t)

=

t

t2(t2-1)

-

2lnt

(t2-1)2

=

1

t(t2-1)

-

2lnt

(t2-1)2

=

1

(t2-1)2

(

t2-1

t

-2lnt)
=

1

(t2-1)2

(t-

1

t

-2lnt)
設(shè)g(t)=t-

1

t

-2lnt，
則g′(t)=1+

1

t2

-

2

t

=

t2-2t+1

t2

=(1-

1

t

)2＞0．
則g（t）＞g（1）=0（t＞1）；g（t）＜g（1）=0（0＜t＜1）．
因此：x＞1時(shí)，f'（x）＞0；0＜x＜1時(shí)，f'（x）＜0．
∴f（x）在（1，+∞）上遞增，在（0，1）上遞減．…（10分）
（3）由（2）可知f（x）在（0，1）上遞減，在（1，+∞）上遞增．
∴f(x)＞

lim

x→1

f(x)
而

lim

x→1

f(x)=

lim

x→1

[

lnx-ln

x-1

+lnx-2ln(1+

x

)]
=（lnx）|_x=1+0-2ln2=1-2ln2，
從而f（x）＞1-2ln2恒成立．
故a≤1-2ln2．…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)在最大值與最小值問(wèn)題中的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)研究出函數(shù)的單調(diào)性，判斷出函數(shù)的最值，本題第三小題是一個(gè)恒成立的問(wèn)題，恒成立的問(wèn)題一般轉(zhuǎn)化最值問(wèn)題來(lái)求解，本題即轉(zhuǎn)化為用單調(diào)性求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值的問(wèn)題，求出最值再判斷出參數(shù)的取值．本題運(yùn)算量過(guò)大，解題時(shí)要認(rèn)真嚴(yán)謹(jǐn)，避免變形運(yùn)算失誤，導(dǎo)致解題失�。�本題中解析式在x=1處無(wú)解，故采取了極限的方法求出自變量在此點(diǎn)時(shí)的函數(shù)值．