Question

2．已知函数f（x）=alnx-$\frac{x-1}{x+1}$，g（x）=e^x（其中e为自然对数的底数）．
（1）若函数f（x）在区间（0，1）内是增函数，求实数a的取值范围；
（2）当b＞0时，函数g（x）的图象C上有两点P（b，e^b）、Q（-b，e^-b），过点P、Q作图象C的切线分别记为l₁、l₂，设l₁与l₂的交点为M（x₀，y₀），证明：x₀＞0．

Answer 1

分析 （1）先求出函数的导数，得到关于a的不等式，求出a的最小值即可；
（2）先求出导函数，求出切线方程，构造出新函数h（b），通过讨论h（b）的单调性，从而证出结论．

解答 解：（1）∵f（x）=alnx+$\frac{2}{x+1}$-1，
∴f′（x）=$\frac{{a（x+1）}^{2}-2x}{{x（x+1）}^{2}}$，
若函数f（x）在区间（0，1）内是增函数，
则a（x+1）²-2x≥0，
∴a≥$\frac{2x}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{2}{{（\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}）}^{2}+4}$，
∴a≥$\frac{1}{2}$；
（2）∵g′（x）=e^x，
∴g（b）=g′（b）=e^b，
∴l₁：y=e^b（x-b）+e^b…①，
g（-b）=g′（-b）=e^-b，
∴l₂：y=e^-b（x+b）+e^-b…②，
由①②得：
e^b（x-b）+e^b=e^-b（x+b）+e^-b，
两边同乘以e^b得：
e^2b（x-b）+e^2b=x+b+1，
∴（e^2b-1）x=b•e^2b-e^2b+b+1，
∴x₀=$\frac{{be}^{2b}{-e}^{2b}+b+1}{{e}^{2b}-1}$，
分母e^2b-1＞0，
令h（b）=be^2b-e^2b+b+1，
∴h′（b）=2be^2b-e^2b+1，
∴h″（b）=4be^2b+1＞0，
∴h′（b）_min→h′（0）→0⁺，
∴h（b）_min→h（0）→b＞0，
∴x₀＞0．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，第一问表示出关于a的不等式是解题的关键，第二问中构造出新函数是解题的关键，本题有一定的难度．