分析 (Ⅰ)令1+x=t,则x=t-1,换元可得解形式,进而可得定义域;
(Ⅱ)作差比较可得$\frac{2a}{1+{a}^{2}}$<a,由分类讨论和函数的单调性可得.
解答 解:(Ⅰ)令1+x=t,则x=t-1,
换元可得f(t)=ln(2+t-1)-ln(-t+1)
=ln(1+t)-ln(1-t)=ln$\frac{1+t}{1-t}$,
由对数有意义可得$\left\{\begin{array}{l}{1+t>0}\\{1-t>0}\end{array}\right.$,解得-1<t<1
∴f(x)的定义域A=(-1,1),f(x)=ln(1+x)-ln(1-x);
(Ⅱ)∵a∈A,∴-1<a<1,
∴$\frac{2a}{1+{a}^{2}}$-a=$\frac{2a-a-{a}^{3}}{1+{a}^{2}}$=$\frac{a-{a}^{3}}{1+{a}^{2}}$=$\frac{a(1-{a}^{2})}{1+{a}^{2}}$,
∴当-1<a<0时,$\frac{a(1-{a}^{2})}{1+{a}^{2}}$<0,即$\frac{2a}{1+{a}^{2}}$<a,
∵函数y=ln(1+x)和y=-ln(1-x)均在A上单调递增,
∴函数f(x)=ln(1+x)-ln(1-x)在A上单调递增,
此时有f($\frac{2a}{1+{a}^{2}}$)<f(a);
∴当0<a<1时,$\frac{a(1-{a}^{2})}{1+{a}^{2}}$>0,即$\frac{2a}{1+{a}^{2}}$>a,
此时有f($\frac{2a}{1+{a}^{2}}$)>f(a);
∴当a=0时,$\frac{a(1-{a}^{2})}{1+{a}^{2}}$=0,即$\frac{2a}{1+{a}^{2}}$=a,
此时有f($\frac{2a}{1+{a}^{2}}$)=f(a)
点评 本题考查函数解析式的求解,涉及函数的单调性和式子大小比较以及分类讨论的思想,属中档题.
科目:高中数学 来源: 题型:填空题
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