Question

10．已知函数f（x）=$\frac{lnx}{1-x}$，ϕ（x）=（x-1）²•f′（x）
（1）若函数ϕ（x）在区间（3m，m+$\frac{1}{2}$）上单调递减，求实数m的取值范围；
（2）若对任意的x∈（0，1），恒有（1+x）•f（x）+2a＜0（a＞0），求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）首先对f（x）求导，函数ϕ（x）在区间（3m，m+$\frac{1}{2}$）上单调递减，若函数ϕ（x）在区间（3m，m+$\frac{1}{2}$）上单调递减，则（3m，m+$\frac{1}{2}$）⊆（0，1）；
（2）对任意的x∈（0，1），恒有（1+x）•f（x）+2a＜0（a＞0），设h（x）=lnx+$\frac{2a（1-x）}{1+x}$，
则要使得任意的x∈（0，1），lnx+$\frac{2a（1-x）}{1+x}$＜0 恒成立，只需h（x）_max＜0．

解答 解：（1）因为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），则ϕ'（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$；
当ϕ'（x）＜0时，0＜x＜1，此时ϕ（x）单调递减，
若函数ϕ（x）在区间（3m，m+$\frac{1}{2}$）上单调递减，则（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＜$\frac{1}{4}$，
所以实数m的取值范围为[0，$\frac{1}{4}$）．
（2）对?x∈（0，1），恒有（1+x）•f（x）+2a＜0，即（1+x）•$\frac{lnx}{1-x}$+2a＜0  （*）；
因为x∈（0，1），所以$\frac{1-x}{1+x}$＞0；
所以（*）式可变为lnx+$\frac{2a（1-x）}{1+x}$＜0；
设h（x）=lnx+$\frac{2a（1-x）}{1+x}$，
则要使得任意的x∈（0，1），lnx+$\frac{2a（1-x）}{1+x}$＜0 恒成立，只需h（x）_max＜0；
h'（x）=$\frac{{x}^{2}+（2-4a）x+1}{x（1+x）^{2}}$；
设t（x）=x²+（2-4a）x+1，△=（2-4a）²-4=16a（a-1）．
①当0＜a≤1时，△≤0，此时t（x）≥0，h'（x）≥0，
所以h（x）在（0，1）上单调递增，又h（1）=0，
h（x）＜h（1）=0，所以0＜a≤1符合条件；
②当a＞1时，△＞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，于是对任意的x∈（x₀，1）上单调递减，又h（1）=0，
所以当x∈（x₀，1）时，h（x）＞0，不符合要求；
综合①②可得0＜a≤1．

点评 本题主要考查了利用导数判断函数的单调性与集合关系，以及分类讨论思想，属中等题．