Question

10．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{1-x}$，ϕ（x）=（x-1）²•f′（x）
（1）若函數(shù)ϕ（x）在區(qū)間（3m，m+$\frac{1}{2}$）上單調(diào)遞減，求實數(shù)m的取值范圍；
（2）若對任意的x∈（0，1），恒有（1+x）•f（x）+2a＜0（a＞0），求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）首先對f（x）求導(dǎo)，函數(shù)ϕ（x）在區(qū)間（3m，m+$\frac{1}{2}$）上單調(diào)遞減，若函數(shù)ϕ（x）在區(qū)間（3m，m+$\frac{1}{2}$）上單調(diào)遞減，則（3m，m+$\frac{1}{2}$）⊆（0，1）；
（2）對任意的x∈（0，1），恒有（1+x）•f（x）+2a＜0（a＞0），設(shè)h（x）=lnx+$\frac{2a（1-x）}{1+x}$，
則要使得任意的x∈（0，1），lnx+$\frac{2a（1-x）}{1+x}$＜0 恒成立，只需h（x）_max＜0．

解答 解：（1）因為f（x）=$\frac{lnx}{1-x}$，所以f'（x）=$\frac{lnx+\frac{1}{x}-1}{（1-x）^{2}}$；
所以ϕ（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1（x＞0，且x≠1），則ϕ'（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$；
當(dāng)ϕ'（x）＜0時，0＜x＜1，此時ϕ（x）單調(diào)遞減，
若函數(shù)ϕ（x）在區(qū)間（3m，m+$\frac{1}{2}$）上單調(diào)遞減，則（3m，m+$\frac{1}{2}$）⊆（0，1）；
所以$\left\{\begin{array}{l}{3m≥0}\\{m+\frac{1}{2}≤1}\\{3m＜m+\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，所以0≤m＜$\frac{1}{4}$，
所以實數(shù)m的取值范圍為[0，$\frac{1}{4}$）．
（2）對?x∈（0，1），恒有（1+x）•f（x）+2a＜0，即（1+x）•$\frac{lnx}{1-x}$+2a＜0  （*）；
因為x∈（0，1），所以$\frac{1-x}{1+x}$＞0；
所以（*）式可變?yōu)閘nx+$\frac{2a（1-x）}{1+x}$＜0；
設(shè)h（x）=lnx+$\frac{2a（1-x）}{1+x}$，
則要使得任意的x∈（0，1），lnx+$\frac{2a（1-x）}{1+x}$＜0 恒成立，只需h（x）_max＜0；
h'（x）=$\frac{{x}^{2}+（2-4a）x+1}{x（1+x）^{2}}$；
設(shè)t（x）=x²+（2-4a）x+1，△=（2-4a）²-4=16a（a-1）．
①當(dāng)0＜a≤1時，△≤0，此時t（x）≥0，h'（x）≥0，
所以h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，又h（1）=0，
h（x）＜h（1）=0，所以0＜a≤1符合條件；
②當(dāng)a＞1時，△＞0，注意到t（0）=1＞0，t（1）=4（1-a）＜0，
所以存在x₀∈（0，1），使得t（x₀）=0，于是對任意的x∈（x₀，1）上單調(diào)遞減，又h（1）=0，
所以當(dāng)x∈（x₀，1）時，h（x）＞0，不符合要求；
綜合①②可得0＜a≤1．

點評 本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性與集合關(guān)系，以及分類討論思想，屬中等題．