| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数 \( f(x) = (x+1) \ln x - 4(x-1) \) 在 \( x = 1 \) 处的值和导数。 1. 计算 \( f(1) \): \[ f(1) = (1+1) \ln 1 - 4(1-1) = 2 \cdot 0 - 4 \cdot 0 = 0 \] 2. 计算 \( f'(x) \): \[ f(x) = (x+1) \ln x - 4(x-1) \] \[ f'(x) = \frac{d}{dx}[(x+1) \ln x] - \frac{d}{dx}[4(x-1)] \] \[ f'(x) = \left( \ln x + \frac{x+1}{x} \right) - 4 \] \[ f'(x) = \ln x + 1 + \frac{1}{x} - 4 \] \[ f'(x) = \ln x + \frac{1}{x} - 3 \] 3. 计算 \( f'(1) \): \[ f'(1) = \ln 1 + \frac{1}{1} - 3 = 0 + 1 - 3 = -2 \] 4. 写出切线方程： 切线方程的形式为 \( y - f(1) = f'(1)(x - 1) \)，代入已知值： \[ y - 0 = -2(x - 1) \] \[ y = -2x + 2 \] <eoe> 【答案】切线方程为 \( y = -2x + 2 \)。<eoa> (II)【解析】 我们需要求出当 \( x \in (1, +\infty) \) 时，函数 \( f(x) = (x+1) \ln x - a(x-1) \) 恒大于零的 \( a \) 的取值范围。 1. 分析 \( f(x) \) 的极限： \[ \lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} [(x+1) \ln x - a(x-1)] \] 由于 \( \ln x \) 在 \( x \to 1^+ \) 时趋近于 0，且 \( x-1 \) 也趋近于 0，因此我们需要考虑 \( f(x) \) 在 \( x \to 1^+ \) 的行为。 2. 计算 \( f'(x) \) 并分析单调性： \[ f'(x) = \ln x + \frac{1}{x} - a \] 当 \( x \in (1, +\infty) \) 时，\( \ln x \) 和 \( \frac{1}{x} \) 都是正数，因此 \( f'(x) \) 的符号取决于 \( a \)。 3. 令 \( f'(x) > 0 \)： \[ \ln x + \frac{1}{x} - a > 0 \] \[ \ln x + \frac{1}{x} > a \] 4. 分析 \( \ln x + \frac{1}{x} \) 的最小值： \[ g(x) = \ln x + \frac{1}{x} \] \[ g'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} = \frac{x-1}{x^2} \] 当 \( x > 1 \) 时，\( g'(x) > 0 \)，所以 \( g(x) \) 在 \( x \in (1, +\infty) \) 上是单调递增的。 5. 计算 \( g(x) \) 在 \( x = 1 \) 处的值： \[ g(1) = \ln 1 + \frac{1}{1} = 0 + 1 = 1 \] 因此，\( g(x) \) 在 \( x \in (1, +\infty) \) 上的最小值为 1，所以： \[ \ln x + \frac{1}{x} \geq 1 \] 为了使 \( f(x) > 0 \)，需要： \[ 1 > a \] <eoe> 【答案】\( a \) 的取值范围是 \( a < 1 \)。<eoa> |
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】当a=4时，求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程。 首先计算f(1)： 当x=1时，f(1)=(1+1)ln1 -4*(1-1)=0。因此切点为(1,0)。 接下来求导函数f’(x)： f(x)=(x+1)lnx -4(x-1)， 导数f’(x)=lnx + (x+1)/x -4。 在x=1处，f’(1)=0 +2 -4 = -2。 因此切线方程为y = -2(x-1)，即y = -2x +2。 <eoe> 【答案】切线方程为 $y = -2x + 2$。<eoa> (II)【解析】若当x∈(1,+∞)时，f(x)>0，求a的取值范围。 分析函数f(x)=(x+1)lnx -a(x-1)在x>1时的行为。首先求导： f’(x)=lnx +1 +1/x -a。 当x→1+时，f’(x)≈2 -a；当x→∞时，f’(x)→∞。若a>2，存在x0>1使得f’(x0)=0，此时x0为极小值点。需保证f(x0)≥0。联立f(x0)=0和a=lnx0 +1 +1/x0，化简得2lnx0 = (x0² -1)/x0。当x0→1时，a→2。验证a=2时，f’(x)=lnx +1/x，在x>1时f’(x)>0，函数递增且f(x)>0。当a≤2时，f(x)在x>1时递增或无极小值点，确保f(x)>0。因此a的取值范围为a≤2。 <eoe> 【答案】a的取值范围是 $(-\infty, 2]$。<eoa> |
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，计算当 \( a=4 \) 时函数在 \( x=1 \) 处的值： \[ f(1) = (1+1) \ln 1 - 4(1 - 1) = 0 \] 因此，切点为 \( (1, 0) \)。 接下来，求导数 \( f'(x) \)： \[ f(x) = (x+1)\ln x - a(x - 1) \] 对 \( x \) 求导： \[ f'(x) = \frac{d}{dx}[(x+1)\ln x] - a\cdot 1 = \left( \ln x + \frac{x+1}{x} \right) - a \] 当 \( x=1 \) 时： \[ \ln 1 = 0, \quad \frac{1+1}{1} = 2 \] 所以： \[ f'(1) = 0 + 2 - a \] 当 \( a=4 \) 时： \[ f'(1) = 2 - 4 = -2 \] 因此，切线的斜率为 \( -2 \)，过点 \( (1, 0) \)，其方程为： \[ y - f(1) = f'(1)(x - 1) \] 即： \[ y = -2(x - 1) \] 整理得： \[ y = -2x + 2 \] <eoe> 【答案】 \( y = -2x + 2 \) <eoa> (II) 【解析】 要使函数在区间 \( x \in (1, +\infty) \) 上恒为正，即满足： \[ f(x) = (x+1)\ln x - a(x - 1) > 0 \] 对所有 \( x > 1 \)，因为 \( x - 1 > 0 \)，两边同时除以 \( x - 1 \)： \[ a < \frac{(x+1)\ln x}{x - 1} \] 设 \( \phi(x) = \frac{(x+1)\ln x}{x - 1} \)，要使 \( a \) 满足上述不等式对所有 \( x > 1 \) 成立，需要找到 \( \phi(x) \) 的最小值。 当 \( x \to 1^+ \) 时，利用泰勒展开： \[ \ln x \approx x - 1, \quad x + 1 \approx 2, \quad x - 1 \to 0^+ \] 所以： \[ \phi(x) \approx \frac{2(x - 1)}{x - 1} = 2 \] 当 \( x \to +\infty \) 时： \[ \phi(x) \approx \frac{x\ln x}{x} = \ln x \to +\infty \] 因此，\( \phi(x) \) 的最小值为 \( 2 \)，所以要使 \( f(x) > 0 \) 恒成立，必须满足： \[ a < 2 \] <eoe> 【答案】 \( a < 2 \) <eoa> |
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数 \( f(x) = (x+1) \ln x - 4(x-1) \) 在点 \( (1, f(1)) \) 处的切线方程。 步骤如下: 1. 计算 \( f(1) \): \[ f(1) = (1 + 1) \ln 1 - 4(1 - 1) = 2 \cdot 0 - 0 = 0 \] 所以， \( f(1) = 0 \)。 2. 计算导数 \( f'(x) \): \[ f(x) = (x+1) \ln x - 4(x - 1) \] \[ f'(x) = \frac{d}{dx}[(x+1) \ln x] - \frac{d}{dx}[4(x-1)] \] 先用乘积法则求 \( \frac{d}{dx}[(x+1) \ln x] \): \[ \frac{d}{dx}[(x+1) \ln x] = (x+1) \cdot \frac{1}{x} + \ln x \cdot 1 = 1 + \ln x + \ln x = \ln x + 1 + \ln x = 1 + \ln x + \ln x \] \[ \frac{d}{dx}[(x+1) \ln x] = \ln x + 1 + \ln x \] \[ = \ln x + \ln x + 1 = 2\ln x + 1 \] 然后，求 \( \frac{d}{dx}[4(x-1)] = 4 \). 所以， \( f'(x) = 2\ln x + 1 - 4 \). \[ f'(x) = 2\ln x - 3 \] 3. 计算 \( f'(1) \): \[ f'(1) = 2 \ln 1 - 3 = 2 \cdot 0 - 3 = -3 \] 4. 切线方程的斜率是 \( f'(1) = -3 \). 切线方程可以写成 \( y - f(1) = f'(1) (x - 1) \): \[ y - 0 = -3(x - 1) \] \[ y = -3x + 3 \] <eoe> 【答案】切线方程是 \( y = -3x + 3 \).<eoa> (II)【解析】 我们需要求 \( a \) 的取值范围，使得 \( f(x) = (x+1) \ln x - a(x-1) \) 在 \( x \in (1, +\infty) \) 时，恒大于零。 分析函数 \( f(x) > 0 \): \[ f(x) = (x+1) \ln x - a(x-1) \] 为了使 \( f(x) > 0 \)，我们需要分析在 \( x \in (1, +\infty) \) 上的条件。 首先，考虑 \( g(x) = (x+1) \ln x \) 与 \( h(x) = a(x-1) \)。 当 \( x \to 1 \) 时: \[ \lim_{x \to 1} (x+1) \ln x = 2 \cdot 0 = 0 \] \[ \lim_{x \to 1} a(x-1) = 0 \] 接下来，考虑 \( f(x) \) 在 \( x \to +\infty \) 时的行为。 \[ \lim_{x \to +\infty} (x+1) \ln x = +\infty \] \[ \lim_{x \to +\infty} a(x-1) = +\infty \] 考虑 \( x \to 1 \) 时，使用导数 \( f'(x) \): \[ f'(x) = \frac{d}{dx} [(x+1) \ln x - a(x-1)] = \ln x + 2 - a \] 我们需要确保 \( f(x) > 0 \)，即： \[ (x+1) \ln x > a(x-1) \] 取极限： \[ \lim_{x \to 1^+} \frac{(x+1) \ln x}{x-1} > a \] 考虑洛必达法则： \[ \frac{d}{dx} [(x+1) \ln x] = \ln x + \frac{1}{x} (x+1) + 1 + \frac{1 |
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| llama3.1-70B-Instruct | 【解析】 （1）当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程,即求f(1)和f'(1),再利用点斜式即可求解.（2）当x\in(1,+\infty)时,f(x)>0,即\frac{f(x)}{x-1}>0,由此可得\frac{f(x)}{x-1}的单调性,再由\lim_{x\to1^{+}}\frac{f(x)}{x-1}=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x-1}可得a的取值范围.【答案】 （1）当a=4时,f(x)=(x+1)\lnx-4(x-1),f(1)=0,f'(x)=\lnx+\frac{x+1}{x}-4=\lnx+\frac{1}{x}-3,所以f'(1)=-2,所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y-0=-2(x-1),即y=-2x+2.(2)当x\in(1,+\infty)时,f(x)>0,即\frac{f(x)}{x-1}>0,即\frac{(x+1)\lnx-4(x-1)}{x-1}>0,即\frac{x+1}{x-1}\lnx-4>0,令g(x)=\frac{x+1}{x-1}\lnx-4,则g'(x)=\frac{2}{(x-1)^{2}}\lnx+\frac{x+1}{x-1}\cdot\frac{1}{x}-\frac{2}{(x-1)^{2}}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{x+1}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^{2}}(\lnx-1)+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x(x-1)}=\frac{2}{(x-1)^ |
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| llama3.1-405B-Instruct | （1）当a=4时,f(x)=(x+1)lnx-4(x-1),f(1)=0,故f'(x)=\frac{x+1}{x}+lnx-4,f'(1)=-2,故切线方程为y=-2(x-1),即y=-2x+2.（2）当x\in(1,+\infty)时,f(x)>0,即(x+1)lnx-a(x-1)>0,即\frac{(x+1)lnx}{x-1}>a,令g(x)=\frac{(x+1)lnx}{x-1},则g'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x-1}+\frac{lnx}{(x-1)^{2}}=\frac{x-1-x+lnx}{x(x-1)^{2}}=\frac |
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 首先，我们需要求出函数 \\( f(x) = (x+1) \\ln x - 4(x-1) \\) 在 \\( x = 1 \\) 处的值和导数。\n\n1. 计算 \\( f(1) \\):\n \\[\n f(1) = (1+1) \\ln 1 - 4(1-1) = 2 \\cdot 0 - 4 \\cdot 0 = 0\n \\]\n 所以，\\( f(1) = 0 \\)。\n\n2. 计算 \\( f'(x) \\):\n \\[\n f(x) = (x+1) \\ln x - 4(x-1)\n \\]\n 使用乘积法则和链式法则求导：\n \\[\n f'(x) = \\frac{d}{dx}[(x+1) \\ln x] - \\frac{d}{dx}[4(x-1)]\n \\]\n \\[\n \\frac{d}{dx}[(x+1) \\ln x] = (x+1) \\cdot \\frac{1}{x} + \\ln x \\cdot 1 = 1 + \\frac{1}{x} + \\ln x\n \\]\n \\[\n \\frac{d}{dx}[4(x-1)] = 4\n \\]\n 所以，\n \\[\n f'(x) = 1 + \\frac{1}{x} + \\ln x - 4 = -3 + \\frac{1}{x} + \\ln x\n \\]\n\n3. 计算 \\( f'(1) \\):\n \\[\n f'(1) = -3 + \\frac{1}{1} + \\ln 1 = -3 + 1 + 0 = -2\n \\]\n\n4. 切线方程的斜率是 \\( f'(1) = -2 \\)，切线方程的形式为 \\( y - f(1) = f'(1)(x - 1) \\)，即：\n \\[\n y - 0 = -2(x - 1)\n \\]\n 化简得到：\n \\[\n y = -2x + 2\n \\]\n<eoe>\n【答案】 \\( y = -2x + 2 \\) <eoa>\n\n(II)【解析】 我们需要确定 \\( a \\) 的取值范围，使得 \\( f(x) > 0 \\) 对于所有 \\( x \\in (1, +\\infty) \\) 成立。\n\n1. 重新定义函数 \\( f(x) = (x+1) \\ln x - a(x-1) \\)。\n\n2. 计算 \\( f'(x) \\)：\n \\[\n f'(x) = \\frac{d}{dx}[(x+1) \\ln x] - \\frac{d}{dx}[a(x-1)]\n \\]\n \\[\n \\frac{d}{dx}[(x+1) \\ln x] = 1 + \\frac{1}{x} + \\ln x\n \\]\n \\[\n \\frac{d}{dx}[a(x-1)] = a\n \\]\n 所以，\n \\[\n f'(x) = 1 + \\frac{1}{x} + \\ln x - a\n \\]\n\n3. 为了使 \\( f(x) > 0 \\) 对于所有 \\( x \\in (1, +\\infty) \\)，我们需要 \\( f(x) \\) 在 \\( x = 1 \\) 处为正，并且 \\( f(x) \\) 在 \\( (1, +\\infty) \\) 上单调递增。\n\n4. 计算 \\( f(1) \\)：\n \\[\n f(1) = (1+1) \\ln 1 - a(1-1) = 0\n \\]\n\n5. 计算 \\( f'(1) \\)：\n \\[\n f'(1) = 1 + \\frac{1}{1} + \\ln 1 - a = 1 + 1 + 0 - a = 2 - a\n \\]\n 为了使 \\( f(x) \\) 在 \\( (1, +\\infty) \\) 上单调递增，我们需要 \\( f'(1) \\geq 0 \\)，即：\n \\[\n 2 - a \\geq 0 \\implies a \\leq 2\n \\]\n\n6. 验证 \\( a = 2 \\) 时，\\( f(x) \\) 是否在 \\( (1, +\\infty) \\) 上为正。对于 \\( a = 2 \\)：\n \\[\n f(x) = (x+1) \\ln x - 2(x-1)\n \\]\n 计算 \\( f'(x) \\)：\n \\[\n f'(x) = 1 + \\frac{1}{x} + \\ln x - 2 = -1 + \\frac{1}{x} + \\ln x\n \\]\n 由于 \\( \\ln x \\) 在 \\( x > 1 \\) 时为正，且 \\( \\frac{1}{x} \\) 在 \\( x > 1 \\) 时为正，\\( f'(x) \\) 在 \\( x > 1 \\) 时为正。\n\n 因此，\\( f(x) \\) 在 \\( (1, +\\infty) \\) 上单调递增，并且 \\( f(1) = 0 \\)，所以 \\( f(x) > 0 \\) 对于所有 \\( x \\in (1, +\\infty) \\) 成立。\n\n综上所述，\\( a \\) 的取值范围是 \\( (-\\infty, 2] \\)。\n<eoe>\n【答案】 \\( a \\leq 2 \\) <eoa>" | 解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 首先，当 $a=4$ 时，函数变为 $f(x)=(x+1) \\ln x-4(x-1)$。要求在 $x=1$ 处的切线方程，我们需要计算 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的导数值，即切线的斜率，以及 $f(1)$ 的值，以确定切点。\n\n首先计算 $f(x)$ 的导数：\n\\[f'(x) = \\frac{d}{dx}[(x+1) \\ln x-4(x-1)] = \\ln x + \\frac{x+1}{x} - 4\\]\n\n在 $x=1$ 处，$f'(1) = \\ln 1 + \\frac{1+1}{1} - 4 = 2 - 4 = -2$，因此切线斜率为 $-2$。\n\n计算 $f(1)$ 的值：\n\\[f(1) = (1+1) \\ln 1 - 4(1-1) = 0\\]\n\n因此，切点为 $(1, 0)$。切线方程的一般形式为 $y - y_1 = m(x - x_1)$，其中 $(x_1, y_1)$ 是切点坐标，$m$ 是切线斜率。将 $(x_1, y_1) = (1, 0)$ 和 $m = -2$ 代入，得到切线方程。\n\n<eoe>\n【答案】\n切线方程为 $y - 0 = -2(x - 1)$，即 $y = -2x + 2$。<eoa>\n\n(II)【解析】 要使 $f(x) > 0$ 对于 $x \\in (1, +\\infty)$ 恒成立，我们首先需要确定 $f(x)$ 的单调性，这需要计算 $f(x)$ 的一阶导数和二阶导数，以分析其增减性和凹凸性。\n\n$f'(x) = \\ln x + \\frac{x+1}{x} - 4$，我们令 $f'(x) = 0$，解得 $x$ 的值，以确定 $f(x)$ 的极值点。但是，我们更关心的是 $f(x)$ 的符号，以确定 $f(x)$ 在 $(1, +\\infty)$ 上的正负性。\n\n我们注意到，当 $x > 1$ 时，$\\ln x > 0$，$\\frac{x+1}{x} > 0$，因此 $f'(x)$ 的符号主要由 $a$ 的值决定。我们要求 $f(x) > 0$ 对于 $x > 1$ 恒成立，这意味着 $f(x)$ 必须在 $(1, +\\infty)$ 上单调递增，即 $f'(x) > 0$。\n\n因此，我们需要 $a$ 的值使得 $\\ln x + \\frac{x+1}{x} - 4 > 0$ 对于所有 $x > 1$ 成立。这意味着 $a$ 的值应该使得 $f(x)$ 的一阶导数在 $(1, +\\infty)$ 上始终为正。\n\n我们考虑 $f(x)$ 在 $x=1$ 时的值，$f(1) = (1+1) \\ln 1 - a(1-1) = 0$。因此，为了使 $f(x) > 0$ 对于 $x > 1$ 恒成立，$f(x)$ 必须在 $x=1$ 时取得最小值，这要求 $f'(x) \\geq 0$ 在 $x=1$ 时成立。\n\n在 $x=1$ 时，$f'(1) = \\ln 1 + \\frac{1+1}{1} - 4 - a = 2 - 4 - a = -2 - a$。因此，为了使 $f'(1) \\geq 0$，我们需要 $-2 - a \\geq 0$，即 $a \\leq -2$。\n\n然而，我们还需要确保对于所有 $x > 1$，$f(x) > 0$。这意味着 $a$ 的值不能太大，否则 $f(x)$ 在 $x > 1$ 时可能变为负值。由于 $f(x)$ 在 $x=1$ 时取得最小值，且 $f(1) = 0$，我们得出 $a$ 的取值范围为 $a \\leq -2$。\n\n<eoe>\n【答案】\n$a$ 的取值范围为 $a \\leq -2$。<eoa>" | 解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| baichuan4 | (1)【解析】首先，我们需要找到函数 $f(x)$ 在给定条件 $a=4$ 时的导数，即 $f'(x)$。由于 $f(x)=(x+1)\ln x - 4(x-1)$，我们可以使用乘法规则和链式法则来求导： $$f'(x) = \frac{d}{dx}[(x+1)\ln x] - \frac{d}{dx}[4(x-1)]$$ $$f'(x) = (x+1)\frac{1}{x} + \ln x - 4$$ $$f'(x) = 1 + \frac{1}{x} + \ln x - 4$$ $$f'(x) = \ln x - 3 + \frac{1}{x}$$ 接下来，我们需要计算 $f'(1)$，因为切线斜率等于函数在该点的导数值： $$f'(1) = \ln 1 - 3 + \frac{1}{1}$$ $$f'(1) = -3 + 1$$ $$f'(1) = -2$$ 现在我们有了切线的斜率，即 $m = -2$。接下来，我们需要找到点 $(1, f(1))$。由于 $f(1) = (1+1)\ln 1 - 4(1-1) = 0$，点 $(1, f(1))$ 实际上是 $(1, 0)$。 最后，我们可以使用点斜式方程来找到切线方程： $$y - y_1 = m(x - x_1)$$ $$y - 0 = -2(x - 1)$$ $$y = -2x + 2$$ 因此，切线方程是 $y = -2x + 2$。 【答案】$y = -2x + 2$。 (2)【解析】为了找到 $a$ 的取值范围，使得当 $x \in (1, +\infty)$ 时，$f(x) > 0$，我们首先需要分析函数 $f(x)$ 的性质。我们已经知道 $f(x) = (x+1)\ln x - a(x-1)$，所以我们可以求导来研究它的单调性： $$f'(x) = \ln x - a + \frac{1}{x} + 1$$ $$f'(x) = \ln x + \frac{1}{x} - a + 1$$ 我们需要确定 $f'(x)$ 的符号。为了做到这一点，我们可以考虑 $f'(x)$ 的根，即令 $f'(x) = 0$： $$\ln x + \frac{1}{x} - a + 1 = 0$$ 这个方程不容易直接解出 $x$，但我们可以通过分析 $f'(x)$ 的单调性来找到它的根。为此，我们可以考虑 $f''(x)$： $$f''(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2}$$ 我们可以看到 $f''(x)$ 在 $x > 1$ 时总是正的，这意味着 $f'(x)$ 是单调递增的。因此，$f'(x)$ 只有一个根，我们称之为 $x_0$。 现在，我们需要确定 $a$ 的值，使得 $f(x) > 0$ 对所有 $x \in (1, +\infty)$ 成立。由于 $f(1) = 0$，我们知道 $f(x)$ 在 $x = 1$ 时为 $0$。由于 $f'(x)$ 在 $x > 1$ 时单调递增，$f(x)$ 将在 $x > 1$ 时单调递增。为了使 $f(x) > 0$ 对所有 $x \in (1, +\infty)$ 成立，$f'(1)$ 必须大于 $0$，这样 $f(x)$ 在 $x > 1$ 时才会增加。 因此，我们需要 $a < f'(1)$。我们已经计算过 $f'(1) = -2$，所以我们需要 $a < -2$。 【答案】$a$ 的取值范围是 $a < -2$。 |
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| doubao | (1)【解析】当$a=4$时，$f(x)=(x+1)\ln x-4(x-1)$，$f(1)=0$，$f'(x)=\ln x+\frac{x+1}{x}-4=\ln x+\frac{1}{x}-3$，则$f'(1)=\ln 1+\frac{1}{1}-3=-2$，根据过点$(x_0,y_0)$且斜率为$k$的直线方程为$y-y_0=k(x-x_0)$，所以曲线$y=f(x)$在$(1,f(1))$处的切线方程为$y-0=-2(x-1)$，即$2x+y-2=0$。<eoe> 【答案】$2x+y-2=0$。<eoa> (II)【解析】$f'(x)=\ln x+\frac{x+1}{x}-a=\ln x+\frac{1}{x}+1-a$，令$g(x)=\ln x+\frac{1}{x}+1-a$，则$g'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$，当$x\in(1,+\infty)$时，$g'(x)>0$，所以$g(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增。若$f(x)>0$恒成立，即$f(x)_{\min}>0$。当$a\leqslant 2$时，$g(x)>g(1)=2-a\geqslant 0$，即$f'(x)>0$，则$f(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，所以$f(x)>f(1)=0$，满足题意。当$a>2$时，存在$x_0\in(1,+\infty)$，使得$g(x_0)=0$，则当$x\in(1,x_0)$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减，当$x\in(x_0,+\infty)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增，所以$f(x)_{\min}=f(x_0)<f(1)=0$，不满足题意。综上，$a$的取值范围是$(-\infty,2]$。<eoe> 【答案】$(-\infty,2]$。<eoa> |
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| minimax | (1)【解析】首先，我们需要计算函数 $f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$ 在 $x=1$ 处的函数值 $f(1)$ 和导数 $f'(x)$。由于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的导数 $f'(1)$ 就是曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线斜率，我们可以利用点斜式方程来求得切线方程。点斜式方程的一般形式为 $y-y_1=m(x-x_1)$，其中 $(x_1, y_1)$ 是切线上的一个点，$m$ 是切线的斜率。<eoe> 【答案】首先计算 $f(1)$： $$f(1)=(1+1)\ln 1-a(1-1)=2\cdot 0-a\cdot 0=0.$$ 接下来计算 $f'(x)$： $$f'(x)=\frac{d}{dx}[(x+1)\ln x-a(x-1)]=\ln x + \frac{x+1}{x} - a.$$ 将 $x=1$ 代入 $f'(x)$ 中得到 $f'(1)$： $$f'(1)=\ln 1 + \frac{1+1}{1} - a=0 + 2 - a=2-a.$$ 现在我们有了切点 $(1, f(1))=(1, 0)$ 和斜率 $m=2-a$，可以写出切线方程： $$y-0=(2-a)(x-1).$$ 整理得到切线方程： $$y=(2-a)(x-1).$$<eoa> (II)【解析】为了求出 $a$ 的取值范围，使得当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$f(x)>0$，我们需要分析函数 $f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$ 的性质。首先，我们可以计算 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$，然后分析导数的符号来判断函数的单调性。如果函数在区间 $(1,+\infty)$ 上单调递增，并且满足 $f(1)>0$（由于 $f(1)=0$，这个条件自然满足），那么 $f(x)$ 将在该区间内始终大于 $f(1)$，即 $f(x)>0$。如果导数在某个点为零，我们需要进一步分析该点左右两侧的函数值来确定 $a$ 的取值范围。<eoe> 【答案】我们已经计算过 $f'(x)$： $$f'(x)=\ln x + \frac{x+1}{x} - a.$$ 为了使 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，我们需要 $f'(x) \geq 0$ 对所有 $x \in (1,+\infty)$ 成立。由于 $\ln x$ 和 $\frac{x+1}{x}$ 在 $(1,+\infty)$ 上都是正的，我们可以得出结论，只要 $a$ 的值使得 $f'(x)$ 在 $x=1$ 时非负，那么 $f'(x)$ 将在整个区间 $(1,+\infty)$ 上保持非负。 计算 $f'(1)$： $$f'(1)=\ln 1 + \frac{1+1}{1} - a=2 - a.$$ 为了使 $f'(1) \geq 0$，我们得到： $$2 - a \geq 0 \Rightarrow a \leq 2.$$ 因此，为了满足题目条件，$a$ 的取值范围应该是 $a \leq 2$。<eoa> |
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| kimi | (1)【解析】 首先，我们需要计算函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的函数值，然后求出函数的导数 $f'(x)$ 以确定切线的斜率。有了切点和斜率，我们就可以写出切线方程。 1. 计算 $f(1)$： $f(1) = (1 + 1) \ln 1 - 4(1 - 1) = 2 \cdot 0 - 0 = 0$ 2. 求导数 $f'(x)$： $f(x) = (x + 1) \ln x - a(x - 1)$ $f'(x) = \frac{d}{dx}[(x + 1) \ln x] - \frac{d}{dx}[a(x - 1)]$ 使用乘积法则求导： $f'(x) = (1) \ln x + (x + 1) \cdot \frac{1}{x} - a$ 简化得： $f'(x) = \ln x + 1 + \frac{1}{x} - a$ 3. 计算 $f'(1)$： $f'(1) = \ln 1 + 1 + \frac{1}{1} - 4 = 0 + 1 + 1 - 4 = -2$ 4. 切线方程： 切线方程的一般形式为 $y - y_1 = m(x - x_1)$，其中 $(x_1, y_1)$ 是切点，$m$ 是切线的斜率。 因此，切线方程为： $y - 0 = -2(x - 1)$ 简化得： $y = -2x + 2$ <eoe> 【答案】 $y = -2x + 2$ <eoa> (II)【解析】 1. 求导数 $f'(x)$： $f'(x) = \ln x + 1 + \frac{1}{x} - a$ 2. 为了使 $f(x) > 0$ 对于所有 $x \in (1, +\infty)$ 成立，我们需要找到 $f'(x)$ 的性质。 3. 观察 $f'(x)$，我们可以发现当 $x > 1$ 时，$\ln x > 0$，$\frac{1}{x} > 0$，因此 $f'(x)$ 的正负取决于 $a$ 的值。 4. 为了使 $f(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 上单调递增，我们需要 $f'(x) \geq 0$。 5. 计算 $f'(1)$： $f'(1) = \ln 1 + 1 + \frac{1}{1} - a = 2 - a$ 6. 为了使 $f'(x) \geq 0$，我们需要 $2 - a \geq 0$，即 $a \leq 2$。 7. 然而，我们还需要考虑 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处的值，即 $f(1) = 0$。 8. 因此，我们需要找到 $a$ 的值，使得 $f(x)$ 在 $x = 1$ 处取得最小值，并且这个最小值大于0。 9. 通过观察 $f(x)$ 的形式，我们可以发现当 $a \leq 2$ 时，$f(x)$ 在 $x = 1$ 处取得最小值。 10. 因此，$a$ 的取值范围是 $(-\infty, 2]$。 <eoe> 【答案】 $a \in (-\infty, 2]$ <eoa> |
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| wenxinyiyan | （1）当$a = 4$时，$f(x) = (x + 1)\ln x - 4(x - 1)$， 求导得$f^{\prime}(x) = \ln x + \frac{x + 1}{x} - 4$， 代入$x=1$，得$f(1) = 0$，$f^{\prime}(1) = - 2$， 所以，曲线$y = f(x)$在$(1,f(1))$处的切线方程为$y = - 2(x - 1)$，即$2x + y - 2 = 0$。 （2）$f^{\prime}(x) = \ln x + \frac{x + 1}{x} - a$， 设$g(x) = f^{\prime}(x)$，则$g^{\prime}(x) = \frac{x - 1}{x^{2}}$， 当$x \in (1, + \infty)$时，$g^{\prime}(x) > 0$，所以$g(x)$在$(1, + \infty)$上单调递增， 即$f^{\prime}(x)$在$(1, + \infty)$上单调递增，所以$f^{\prime}(x) > f^{\prime}(1) = 2 - a$， ①当$2 - a \geq 0$，即$a \leq 2$时，$f^{\prime}(x) > 0$，所以$f(x)$在$(1, + \infty)$上单调递增， 所以$f(x) > f(1) = 0$，满足题意； ②当$2 - a < 0$，即$a > 2$时，存在$x_{0} \in (1, + \infty)$，使得当$x \in \left( 1,x_{0} \right)$时，$f^{\prime}(x) < 0$， 所以$f(x)$在$\left( 1,x_{0} \right)$上单调递减，所以当$x \in \left( 1,x_{0} \right)$时，$f(x) < f(1) = 0$，不满足题意。 综上，$a$的取值范围为$( - \infty,2\rbrack$。 |
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数 \( f(x) = (x+1) \ln x - a(x-1) \) 在 \( x = 1 \) 处的导数，即切线的斜率。 1. 计算导数 \( f'(x) \): \[ f(x) = (x+1) \ln x - a(x-1) \] \[ f'(x) = \frac{d}{dx}[(x+1) \ln x] - \frac{d}{dx}[a(x-1)] \] 使用乘积法则和链式法则: \[ \frac{d}{dx}[(x+1) \ln x] = (x+1) \cdot \frac{1}{x} + \ln x \cdot 1 = 1 + \frac{1}{x} + \ln x \] \[ \frac{d}{dx}[a(x-1)] = a \] 所以: \[ f'(x) = 1 + \frac{1}{x} + \ln x - a \] 2. 代入 \( x = 1 \) 求斜率 \( f'(1) \): \[ f'(1) = 1 + \frac{1}{1} + \ln 1 - a = 1 + 1 + 0 - a = 2 - a \] 当 \( a = 4 \) 时: \[ f'(1) = 2 - 4 = -2 \] 3. 计算 \( f(1) \): \[ f(1) = (1+1) \ln 1 - 4(1-1) = 2 \cdot 0 - 4 \cdot 0 = 0 \] 所以点 \( (1, f(1)) = (1, 0) \)。 4. 写出切线方程: 切线方程的形式为 \( y - y_1 = m(x - x_1) \)，其中 \( m \) 是斜率，\( (x_1, y_1) \) 是切点。 \[ y - 0 = -2(x - 1) \] \[ y = -2x + 2 \] <eoe> 【答案】 切线方程为 \( y = -2x + 2 \)<eoa> (II)【解析】 我们需要找到 \( a \) 的取值范围，使得 \( f(x) > 0 \) 对于所有 \( x \in (1, +\infty) \)。 1. 重新写 \( f(x) \): \[ f(x) = (x+1) \ln x - a(x-1) \] 2. 分析 \( f(x) \) 在 \( x > 1 \) 时的行为: 首先计算 \( f'(x) \)： \[ f'(x) = 1 + \frac{1}{x} + \ln x - a \] 为了 \( f(x) \) 在 \( x > 1 \) 时单调递增，需要 \( f'(x) > 0 \)： \[ 1 + \frac{1}{x} + \ln x - a > 0 \] \[ \ln x + \frac{1}{x} + 1 > a \] 3. 研究 \( g(x) = \ln x + \frac{1}{x} + 1 \) 在 \( x > 1 \) 的最小值： \[ g(x) = \ln x + \frac{1}{x} + 1 \] 求 \( g(x) \) 的导数： \[ g'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} = \frac{x-1}{x^2} \] 由于 \( x > 1 \)，所以 \( g'(x) > 0 \)，即 \( g(x) \) 在 \( x > 1 \) 时单调递增。 因此，\( g(x) \) 的最小值出现在 \( x = 1 \) 处： \[ g(1) = \ln 1 + \frac{1}{1} + 1 = 0 + 1 + 1 = 2 \] 所以，为了 \( f(x) > 0 \) 对于所有 \( x > 1 \)，需要： \[ a < g(x)_{\min} = 2 \] <eoe> 【答案】 \( a \) 的取值范围是 \( a < 2 \)<eoa> |
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，计算当 \( a=4 \) 时函数在 \( x=1 \) 处的值： \[ f(1) = (1+1) \ln 1 - 4(1 - 1) = 0 \] 因此，切点为 \( (1, 0) \)。 接下来，求导数 \( f'(x) \)： \[ f(x) = (x+1)\ln x - a(x - 1) \] 对 \( x \) 求导： \[ f'(x) = \frac{d}{dx}[(x+1)\ln x] - a\cdot 1 = \left( \ln x + \frac{x+1}{x} \right) - a \] 当 \( x=1 \) 时： \[ \ln 1 = 0, \quad \frac{1+1}{1} = 2 \] 所以： \[ f'(1) = 0 + 2 - a \] 当 \( a=4 \) 时： \[ f'(1) = 2 - 4 = -2 \] 因此，切线的斜率为 \( -2 \)，过点 \( (1, 0) \)，其方程为： \[ y - f(1) = f'(1)(x - 1) \] 即： \[ y = -2(x - 1) \] 整理得： \[ y = -2x + 2 \] <eoe> 【答案】 \( y = -2x + 2 \) <eoa> (II) 【解析】 要使函数在区间 \( x \in (1, +\infty) \) 上恒为正，即满足： \[ f(x) = (x+1)\ln x - a(x - 1) > 0 \] 对所有 \( x > 1 \)，因为 \( x - 1 > 0 \)，两边同时除以 \( x - 1 \)： \[ a < \frac{(x+1)\ln x}{x - 1} \] 设 \( \phi(x) = \frac{(x+1)\ln x}{x - 1} \)，要使 \( a \) 满足上述不等式对所有 \( x > 1 \) 成立，需要找到 \( \phi(x) \) 的最小值。 当 \( x \to 1^+ \) 时，利用泰勒展开： \[ \ln x \approx x - 1, \quad x + 1 \approx 2, \quad x - 1 \to 0^+ \] 所以： \[ \phi(x) \approx \frac{2(x - 1)}{x - 1} = 2 \] 当 \( x \to +\infty \) 时： \[ \phi(x) \approx \frac{x\ln x}{x} = \ln x \to +\infty \] 因此，\( \phi(x) \) 的最小值为 \( 2 \)，所以要使 \( f(x) > 0 \) 恒成立，必须满足： \[ a < 2 \] <eoe> 【答案】 \( a < 2 \) <eoa> |
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |
| deepseekv3 | (1)【解析】首先，当 $a=4$ 时，函数为 $f(x)=(x+1)\ln x -4(x-1)$。我们需要求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程。 1. 计算 $f(1)$： \[ f(1) = (1+1)\ln 1 -4(1-1) = 2 \times 0 -4 \times 0 = 0 \] 2. 计算 $f'(x)$： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left[(x+1)\ln x -4(x-1)\right] = \ln x + \frac{x+1}{x} -4 \] 3. 计算 $f'(1)$： \[ f'(1) = \ln 1 + \frac{1+1}{1} -4 = 0 + 2 -4 = -2 \] 4. 切线方程为： \[ y - f(1) = f'(1)(x -1) \implies y -0 = -2(x -1) \implies y = -2x +2 \] <eoe> 【答案】切线方程为 \( y = -2x +2 \)。 <eoa> (2)【解析】我们需要求当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$f(x) > 0$ 的 $a$ 的取值范围。 1. 函数为 $f(x) = (x+1)\ln x -a(x-1)$。为了使 $f(x) > 0$，我们需要分析函数的单调性和极值。 2. 计算 $f'(x)$： \[ f'(x) = \ln x + \frac{x+1}{x} -a \] 3. 分析 $f'(x)$ 的符号： - 当 $x \to 1^+$，$\ln x \to 0$，$\frac{x+1}{x} \to 2$，所以 $f'(1^+) = 2 -a$。 - 当 $x \to +\infty$，$\ln x \to +\infty$，$\frac{x+1}{x} \to 1$，所以 $f'(x) \to +\infty$。 4. 为了使 $f(x)$ 在 $x \in(1,+\infty)$ 时单调递增，需要 $f'(x) \geq 0$ 对所有 $x >1$ 成立。 5. 极小值在 $x=1$ 处，$f(1) = 0$，因此要使 $f(x)$ 单调递增，需要 $f'(1^+) \geq 0$，即 $2 -a \geq 0$，所以 $a \leq 2$。 6. 综上，$a$ 的取值范围为 $a \leq 2$。 <eoe> 【答案】\( a \leq 2 \)。 <eoa> |
解: (1) 当 $a=4$ 时, $f(x)=(x+1) \ln x-4(x-1)$. $f(1)=0$, 即点为 $(1,0)$, 函数的导数 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+(\mathrm{x}+1) \cdot \frac{1}{\mathrm{x}}-4$, 则 $f^{\prime}(1)=\ln 1+2-4=2-4=-2$, 即函数的切线斜率 $k=f^{\prime}(1)=-2$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线方程为 $y=-2(x-1)=-2 x+2$; (II) $\because f(x)=(x+1) \ln x-a(x-1)$, $\therefore f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}+\ln x-a$, $\therefore f^{\prime \prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$, $\because x>1, \therefore f^{\prime \prime}(x)>0$ $\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1)=2-a$. (1) $a \leqslant 2, \quad f^{\prime}(x)>f^{\prime}(1) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增, $\therefore f(x)>f(1)=0$, 满足题意; (2) $\mathrm{a}>2$, 存在 $\mathrm{x}_{0} \in(1,+\infty), \mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\left(1, \mathrm{x}_{0}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 上单调递增, 由 $f(1)=0$, 可得存在 $x_{0} \in(1,+\infty), f\left(x_{0}\right)<0$, 不合题意. 综上所述,$a \leqslant 2$. 另解: 若当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(x)>0$, 可得 $(x+1) \ln x-a(x-1)>0$, 即为 $\mathrm{a}<\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$, 由 $\mathrm{y}=\frac{(x+1) \ln x}{x-1}$ 的导数为 $y^{\prime}=\frac{x-\frac{1}{x}-2 \ln x}{(x-1)^{2}}$, 由 $y=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$ 的导数为 $y^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}>0$, 函数 $\mathrm{y}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 可得 $\frac{\mathrm{x}-\frac{1}{\mathrm{x}}-2 \ln \mathrm{x}}{(\mathrm{x}-1)^{2}}>0$, 则函数 $\mathrm{y}=\frac{(\mathrm{x}+1) \ln x}{x-1}$ 在 $\mathrm{x}>1$ 递增, 则 $\lim _{x \rightarrow 1} \frac{(x+1) \ln x}{x-1}=\lim _{x \rightarrow 1} \frac{\ln x+1+\frac{1}{x}}{1}=2$, 可得 $\frac{(x+1) \ln x}{x-1}>2$ 恒成立, 即有 $a \leqslant 2$. |