Question

16．已知函数f（x）=（x+1）lnx-a（x-1）（a∈R）
（1）当a=0时，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥0对任意x∈[1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导，f′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1，构造函数，g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1，求导，由函数单调性求得g（x）_min=g（1）=2，则f′（x）_min＞2，则f（x）的单调区间（0，+∞）；
（2）由（1）可知g（x）在（1，+∞）单调递增，则g（x）≥g（1）=2，分类讨论，当a＞2时，根据函数零点的判断，?x₀∈（1，e^a），使φ（e^a）=0，则x∈（1，x₀），φ（x）＜0，即h′（x）＜0，当x∈（1，x₀）时，h（x）＜h（1）=0，不满足题意，即可求得a的取值范围．

解答 解：（1）当a=0时，f（x）=（x+1）lnx，x∈（0，+∞），求导f′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1，
设g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1，则g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
令g′（x）＞0，解得：x＞1，g′（x）＜0，0＜x＜1，
∴g（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，
则g（x）_min=g（1）=2，
∴f′（x）_min＞2＞0在（0，+∞）上恒成立，
∴f（x）的递增区间为（0，+∞），无递减区间；
（2）f（x）=（x+1）lnx-a（x-1），
由（1）知：h′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1-a=g（x）-a，
g（x）在（1，+∞）单调递增，
则g（x）≥g（1）=2，
①当a≤2时，h′（x）≥0，h（x）在[1，+∞）单调递增，
∴h（x）≥h（1）=1，满足题意．
②当a＞2时，设φ（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1-a，则φ′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
当x≥1时，φ′（x）≥0，∴φ（x）在[1，+∞）递增，φ（1）=2-a＜0，φ（e^a）=1+e^-a＞0，
∴?x₀∈（1，e^a），使φ（e^a）=0，
∵φ（x）在[1，+∞）单调递增，
∴x∈（1，x₀），φ（x）＜0，即h′（x）＜0，
∴当x∈（1，x₀）时，h（x）＜h（1）=0，不满足题意．
∴a的取值范围为a≤2，
综上可知：实数a的取值范围（-∞，2]．

点评 本题考查导数的综合应用，利用导数求函数单调区间及最值，函数零点的判断，考查分类讨论思想，属于中档题．