Question

14．已知函数f（x）=$\frac{lnx}{x+1}$．
（1）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）当t＜0时，对x＞0且x≠1，均有f（x）-$\frac{t}{x}$＞$\frac{lnx}{x-1}$成立．求实数t的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用导数的几何意义求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）分类讨论，利用函数的单调性，即可求实数t的最大值．

解答 解：（1）由题意x∈（0，+∞）且f′（x）=$\frac{x+1-xlnx}{{x（x+1）}^{2}}$，
∴f′（1）=$\frac{2-0}{4}$=$\frac{1}{2}$，又f（1）=$\frac{0}{2}$=0，
∴f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y-0=$\frac{1}{2}$（x-1），
即x-2y-1=0．
（2）由题意知 $\frac{lnx}{x+1}$-$\frac{lnx}{x-1}$-$\frac{t}{x}$＞0，
设g（x）=$\frac{lnx}{x+1}$-$\frac{lnx}{x-1}$-$\frac{t}{x}$，
则g′（x）=$\frac{1}{1{-x}^{2}}$[2lnx+$\frac{t{（x}^{2}-1）}{x}$]，
设h（x）=2lnx+$\frac{t{（x}^{2}-1）}{x}$，
则h′（x）=$\frac{2}{x}$+t（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）=$\frac{{tx}^{2}+2x+t}{{x}^{2}}$，
当t≥0时，∵x＞0，∴h'（x）＞0，∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，
又h（1）=0，∴x∈（0，1）时，h（x）＜0，
又 $\frac{1}{1{-x}^{2}}$＞0，∴g（x）＜0不符合题意．
当t＜0时，设ϕ（x）=tx²+2x+t，
①若△=4-4t²≤0即t≤1时，ϕ（x）≤0恒成立，即h'（x）≤0在（0，+∞）恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递减，
又h（1）=0，∴x∈（0，1）时，h（x）＞0，$\frac{1}{1{-x}^{2}}$＞0，g（x）＞0，
x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，$\frac{1}{1{-x}^{2}}$＜0，g（x）＞0，符合题意．
②若△=4-4t²＞0即-1＜t＜0时，ϕ（x）的对称轴x=-$\frac{1}{t}$＞1，
∴ϕ（x）在（1，-$\frac{1}{t}$）上单调递增，
∴x∈（1，-$\frac{1}{t}$）时，ϕ（x）＞ϕ（1）=2+2t＞0，∴h'（x）＞0，
∴h（x）在（1，-$\frac{1}{t}$）上单调递增，
∴h（x）＞h（1）=0，而 $\frac{1}{1{-x}^{2}}$＜0，
∴g（x）＜0，不符合题意．
综上所述t≤-1，
∴t的最大值为-1．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查导数的几何意义，考查不等式的证明，体现分类讨论的数学思想，属于中档题．