Question

8．（I）已知函数$f（x）=\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}+\frac{1}{{{{（1-x）}^2}}}$（0≤x＜1），求y=f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若0＜α＜β＜1，0≤x＜1，求证：（1+x）^α-2+（1-x）^α-2≥（1+x）^β-2+（1-x）^β-2．

Answer 1

分析 （I）计算f′（x）化简，判断f′（x）的符号，得出结论；
（II）构造函数g（x）=（1+t）^x-2+（1-t）^x-2，t∈（0，1），利用导数判断g（x）在（0，1）上的单调性，即可得出结论．

解答 解：（I）f′（x）=-$\frac{2x+2}{（x+1）^{4}}$-$\frac{2x-2}{（x-1）^{4}}$=-2[$\frac{1}{（x+1）^{3}}$-$\frac{1}{（x-1）^{3}}$]=$\frac{4{x}^{2}（x+3）}{（{x}^{2}-1）^{2}}$＞0，
∴f（x）在[0，1）上单调递增．
（II）证明：当x=0时，左边=2，右边=2，显然结论成立．
当0＜x＜1时，令g（x）=（1+t）^x-2+（1-t）^x-2，t∈（0，1），
则不等式等价于g（x）在（0，1）上为为减函数．
g′（x）=（1+t）^x-2ln（1+t）+（1-t）^x-2ln（1-t），
∵y=（1+t）^x-2是增函数，（1-t）^x-2是减函数，ln（1+t）＞0，ln（1-t）＜0，
∴g′（x）在（0，1）上是增函数，
∴g′（x）＜g′（1）=$\frac{ln（1+t）}{1+t}$+$\frac{ln（1-t）}{1-t}$=$\frac{（1-t）ln（1+t）+（1+t）ln（1-t）}{1-{t}^{2}}$．
令h（t）=（1-t）ln（1+t）+（1+t）ln（1-t），（0＜t＜1），
则h′（t）=-ln（1+t）+$\frac{1-t}{1+t}$+ln（1-t）-$\frac{1+t}{1-t}$=ln$\frac{1-t}{1+t}$-$\frac{4t}{1-{t}^{2}}$＜0，
∴h（t）在（0，1）上是减函数，∴h（t）＜h（0）=0．
∴g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，1）上是减函数，
∵0＜α＜β＜1，
∴g（α）＞g（β），
∴（1+t）^α-2+（1-t）^α-2＞（1+t）^β-2+（1-t）^β-2，又t∈（0，1），
∴（1+x）^α-2+（1-x）^α-2≥（1+x）^β-2+（1-x）^β-2．

点评 本题考查了导数与函数单调性的关系，函数单调性的判断，属于中档题．