Question

6．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$．
（1）試判斷函數(shù)f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性，并說(shuō)明理由；
（2）若函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)恒有f（x）＜$\frac{1-ax}{1+x}$成立，試求a的所有可能的取值的集合．

Answer 1

分析 （1）已知f（x），構(gòu)造新的函數(shù)g（x），利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)的方法步驟；
（2）由f（x）＜$\frac{1-ax}{1+x}$得$\frac{（1+x）ln（1+x）-x+{ax}^{2}}{x}$＜0，令h（x）=（1+x）ln（1+x）-x+ax²，顯然h（0）=0，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令g（x）=ln（1+x）+2ax，通過(guò)討論a的范圍判斷即可．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$，（x＞0）
∴f′（x）=$\frac{\frac{x}{1+x}-ln（1+x）}{{x}^{2}}$，
設(shè)g（x）=$\frac{x}{1+x}$-ln（1+x），（x≥0）．
∴g′（x）=$\frac{1-（1+x）}{{（1+x）}^{2}}$=$\frac{-x}{{（1+x）}^{2}}$≤0，
∴y=g（x）在[0，+∞）上為減函數(shù)．
∴g（x）=$\frac{x}{1-x}$-ln（1+x）≤g（0）=0，
∴f′（x）＜0，
∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)．
（2）f（x）的定義域是（-1，0）∪（0，+∞），
由f（x）＜$\frac{1-ax}{1+x}$得$\frac{（1+x）ln（1+x）-x+{ax}^{2}}{x}$＜0，
令h（x）=（1+x）ln（1+x）-x+ax²，顯然h（0）=0，
則h′（x）=ln（1+x）+2ax，令g（x）=ln（1+x）+2ax，
g′（x）=$\frac{1}{1+x}$+2a，h′（0）=0，
①2a＜-1時(shí)，即a＜-$\frac{1}{2}$，
令g′（x）＜0，有h′（x）在（-1-$\frac{1}{2a}$，0）遞減，
h′（x）＞h′（0）=0，故h（x）在（-1-$\frac{1}{2a}$，0）遞增，
故h（x）＜h（0）=0，$\frac{h（x）}{x}$＞0，
此時(shí)f（x）＞$\frac{1-ax}{1+x}$不合題意；
②2a=-1即a=-$\frac{1}{2}$時(shí)，g′（x）=-$\frac{x}{x+1}$，令g′（x）＞0，
故h′（x）在（-1，0）遞增，h′（x）＜h′（0）=0，
h（x）在（-1，0）遞減，故h（x）＞h（0）=0，即$\frac{h（x）}{x}$＜0；
令g′（x）＜0，即h′（x）在（0，+∞）遞減，
h′（x）＜h′（0）=0，
故h（x）在（0，+∞）遞減，
故h（x）＜h（0）=0，即$\frac{h（x）}{x}$＜0，
故對(duì)于x∈（-1，0）∪（0，+∞）有$\frac{（1+x）ln（1+x）-x+{ax}^{2}}{x}$＜0成立，
即f（x）＜$\frac{1-ax}{1+x}$，
③-1＜2a＜0即-$\frac{1}{2}$＜a＜0時(shí)，令g′（x）＞0，
故任意x∈（0，-1-$\frac{1}{2a}$），g′（x）＞0，h′（x）在（0，-1-$\frac{1}{2a}$）遞增，
h′（x）＞h′（0）=0，故h（x）在（0，-1-$\frac{1}{2a}$）是增函數(shù)，
故h（x）＞h（0）=0，即$\frac{h（x）}{x}$＞0，此時(shí)f（x）＞$\frac{1-ax}{1+x}$，不合題意；
④a≥0時(shí)，令g′（x）＞0，得h′（x）在（0，+∞）遞增，
h′（x）＞h′（0）=0，
故h（x）在（0，+∞）遞增，故h（x）＞h（0）=0，即$\frac{h（x）}{x}$＞0，
此時(shí)f（x）＞$\frac{1-ax}{1+x}$，不合題意，
綜上，a=-$\frac{1}{2}$時(shí)，對(duì)于任意x∈（-1，0）∪（0，+∞）時(shí)，f（x）＜$\frac{1-ax}{1+x}$．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合性較強(qiáng)，主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以此為主線，貫穿其中．但對(duì)以上問(wèn)題的解答，關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，這是函數(shù)這一章節(jié)的重點(diǎn)和難點(diǎn)．