Question

2．已知函数f（x）=ax+$\frac{1}{x+1}$+$\frac{1}{x-1}$，a∈R．
（Ⅰ）判断函数f（x）的奇偶性，并说明理由；
（Ⅱ）当a＜2时，证明：函数f（x）在（0，1）上单调递减；
（Ⅲ）若对任意的x∈（0，1）∪（1，+∞），不等式（x-1）[f（x）-$\frac{2}{x}$]≥0恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的定义域，然后直接利用奇偶性的定义判断；
（Ⅱ）直接利用单调性的定义证明；
（Ⅲ）把不等式（x-1）[f（x）-$\frac{2}{x}$]≥0恒成立化为不等式ax²（x²-1）+2≥0对任意的x∈（0，1）∪（1，+∞）恒成立．换元后对a讨论，借助于二次函数的单调性求得答案．

解答 （Ⅰ）解：∵f（-x）=-ax$+\frac{1}{-x+1}+\frac{1}{-x-1}$=-（ax+$\frac{1}{x+1}$+$\frac{1}{x-1}$）=-f（x），
又∵f（x）的定义域为{x∈R|x≠-1且x≠1}，
∴函数f（x）为奇函数；
（Ⅱ）证明：任取x₁，x₂∈（0，1），设x₁＜x₂，则
f（x₁）-f（x₂）=a（x₁-x₂）+$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-1）}+\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{（{x}_{1}+1）（{x}_{2}+1）}$
=$（{x}_{1}-{x}_{2}）[a-\frac{1}{（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-1）}-\frac{1}{（{x}_{1}+1）（{x}_{2}+1）}]$
=$（{x}_{1}-{x}_{2}）[a-\frac{2（{x}_{1}{x}_{2}+1）}{（{{x}_{1}}^{2}-1）（{{x}_{2}}^{2}-1）}]$．
∵0＜x₁＜x₂＜1，∴2（x₁x₂+1）＞2，0＜（x₁²-1）（x₂²-1）＜1，
∴$\frac{2（{x}_{1}{x}_{2}+1）}{（{{x}_{1}}^{2}-1）（{{x}_{2}}^{2}-1）}$＞2＞a，
∴a-$\frac{2（{x}_{1}{x}_{2}+1）}{（{{x}_{1}}^{2}-1）（{{x}_{2}}^{2}-1）}$＜0．
又∵x₁-x₂＜0，∴f（x₁）＞f（x₂）．
∴函数f（x）在（0，1）上单调递减；
（Ⅲ）解：∵（x-1）[f（x）-$\frac{2}{x}$]=（x-1）[ax$+\frac{2x}{{x}^{2}-1}-\frac{2}{x}$]
=$\frac{a{x}^{2}（{x}^{2}-1）+2{x}^{2}-2（{x}^{2}-1）}{x（x+1）}$=$\frac{a{x}^{2}（{x}^{2}-1）+2}{x（x+1）}$．
∴不等式（x-1）[f（x）-$\frac{2}{x}$]≥0恒成立化为不等式ax²（x²-1）+2≥0对任意的x∈（0，1）∪（1，+∞）恒成立．
令函数g（t）=at²-at+2，其中t=x²，t＞0且t≠1．
①当a＜0时，抛物线y=g（t）开口向下，不合题意；
②当a=0时，g（t）=2＞0恒成立，∴a=0符合题意；
③当a＞0时，∵g（t）=a（t-$\frac{1}{2}$）²-$\frac{a}{4}$+2．
∴只需-$\frac{a}{4}$+2≥0，
即0＜a≤8．
综上，a的取值范围是0≤a≤8．

点评 本题考查函数奇偶性的性质，考查了利用定义证明函数的单调性，训练了函数恒成立问题，体现了数学转化思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，是中档题．