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）問是否存在實數(shù)a，使得不等式f（x）＞a恒成立．若存在，則求實數(shù)a的取值范圍，否則說明理由．

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函數(shù)進行求導，再由導數(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）的定義域為{x|x＞0且x≠1}．
（2）對f(x)求導數(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，f'（x）＞0；0＜x＜1時，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）

點評：本題考查導數(shù)在最大值與最小值問題中的應用，解題的關鍵是利用導數(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恒成立的問題，恒成立的問題一般轉(zhuǎn)化最值問題來求解，本題即轉(zhuǎn)化為用單調(diào)性求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值的問題，求出最值再判斷出參數(shù)的取值．本題運算量過大，解題時要認真嚴謹，避免變形運算失誤，導致解題失�。�本題中解析式在x=1處無解，故采取了極限的方法求出自變量在此點時的函數(shù)值．