Question

已知函數(shù)f（x）=a²lnx，g（x）=-

(a+1)•ex

x+1

，a為常數(shù)，且a≠0．
（Ⅰ）令h（x）=f（x）-

(a+1)(x-1)

x

，求h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)a＞0，且當(dāng)x₁，x₂∈（0，1]，x₁≠x₂時，都有|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）|成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)的運算法則可得h^′（x）=

a2

x

-

a+1

x2

=（x＞0），再對a分類討論即可得出其單調(diào)性；
（II）不妨設(shè)0＜x₁＜x₂≤1．利用導(dǎo)數(shù)可得g（x）的單調(diào)性，由f（x）得單調(diào)性易得，即可把問題轉(zhuǎn)化為f（x₂）-f（x₁）＞g（x₁）-g（x₂），即f（x₂）+g（x₂）＞f（x₁）+g（x₁）．令F（x）=f（x）+g（x），由F（x₂）＞F（x₁），可得F（x）在（0，1]上遞增，
于是對x∈（0，1]F^′（x）≥0恒成立．通過分離參數(shù)等價轉(zhuǎn)化，利用導(dǎo)數(shù)即可得出a的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ）∵h（x）=a2lnx-

(a+1)(x-1)

x

，∴h^′（x）=

a2

x

-

a+1

x2

=

a2x-(a+1)

x2

（x＞0），
①當(dāng)a≤-1時，h^′（x）≥0，∴h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為：（0，+∞）．
②當(dāng)a＞-1且a≠0時，令h^′（x）≥0，解得x＞

a+1

a2

；h^′（x）＜0，解得0＜x＜

a+1

a2

．
∴h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為：(

a+1

a2

，+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為：(0，

a+1

a2

)．
（Ⅱ）不妨設(shè)0＜x₁＜x₂≤1．
∵f（x）在（0，1]上遞增，∴f（x₁）＜f（x₂）．
而g′(x)=-

a+1

(x+1)2

•ex•x，
∵a＞0，∴g^′（x）＜0，∴g（x）在（0，1]上遞減，
∴g（x₁）＞g（x₂）．
故由題意得：f（x₂）-f（x₁）＞g（x₁）-g（x₂），
即f（x₂）+g（x₂）＞f（x₁）+g（x₁）．
令F（x）=f（x）+g（x）=a2lnx-

(a+1)ex

x+1

，
則F（x₂）＞F（x₁），∴F（x）在（0，1]上遞增，
∴F′(x)=

a2

x

-

(a+1)ex•x

(x+1)2

≥0對x∈（0，1]恒成立．
即 

a+1

a2

≤

(x+1)2

ex•x2

 對x∈（0，1]恒成立．                
再設(shè)G（x）=

(x+1)2

ex•x2

，
∵G^′（x）=-

(x+1)(x2+x+2)

ex•x3

＜0，∴G（x）在（0，1]上單調(diào)遞減．
∴G(x)min=G(1)=

4

e

．
∴

a+1

a2

≤

4

e

，
解得：a≤

1- 17

8

e或a≥

1+ 17

8

e．∴實數(shù)a的取值范圍為：a≥

1+ 17

8

e．

點評：本題綜合考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值、把恒成立問題通過分離參數(shù)等價轉(zhuǎn)化利用導(dǎo)數(shù)研究其最值等基礎(chǔ)知識與基本技能，考查了分類討論的思想方法、推理能力和計算能力．