Question

7．设函数$y=\frac{lnx}{x+1}$，
（1）求证：$f（x）≤1-\frac{2}{x+1}$；
（2）当x≥1时，f（x）≥lnx-a（x-1）恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用分析法把要证明$f（x）≤1-\frac{2}{x+1}$转化为证明lnx≤x-1，即lnx-x+1≤0，令g（x）=lnx-x+1，利用导数证明g（x）≤g（1）=ln1-1+1=0，则答案得证；
（2）当x≥1时，f（x）≥lnx-a（x-1）恒成立，$\frac{lnx}{x+1}≥lnx-a（x-1）$，即xlnx-a（x²-1）≤0，令h（x）=xlnx-a（x²-1），（x≥1），h'（x）=lnx+1-2ax，令H（x）=lnx+1-2ax，二次求导后讨论a≤0，$0＜a＜\frac{1}{2}$，$a≥\frac{1}{2}$三种情况可得a的取值范围．

解答 （1）证明：要证明$f（x）≤1-\frac{2}{x+1}$，即$\frac{lnx}{x+1}≤\frac{x-1}{x+1}$，
∵x＞0，∴也就是要证明lnx≤x-1，即lnx-x+1≤0，
下面证明lnx-x+1≤0恒成立，
令g（x）=lnx-x+1，$g'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$，令g'（x）=0，得x=1，
可知：g（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
∴g（x）≤g（1）=ln1-1+1=0，
则$f（x）≤1-\frac{2}{x+1}$；
（2）解：当x≥1时，f（x）≥lnx-a（x-1）恒成立，$\frac{lnx}{x+1}≥lnx-a（x-1）$，即xlnx-a（x²-1）≤0，
令h（x）=xlnx-a（x²-1），（x≥1），h'（x）=lnx+1-2ax，
令H（x）=lnx+1-2ax，∴$H'（x）=\frac{1}{x}-2a=\frac{1-2ax}{x}$，
①当a≤0时，H'（x）＞0恒成立，
∴H（x）在[1，+∞）上递增，h'（x）=H（x）≥H（1）=1-2a＞0，
∴h（x）在[1，+∞）上递增，
∴h（x）≥h（1）=0，
∴a≤0不符合题意；
②当$0＜a＜\frac{1}{2}$时，$\frac{1}{2a}＞1$，
当$x∈（{1，\frac{1}{2a}}）$时，H'（x）＞0，H（x）递增，h'（x）=H（x）≥H（1）=1-2a＞0，
从而h（x）在$（{1，\frac{1}{2a}}）$上递增，
∴h（x）≥h（1）=0，
∴$0＜a＜\frac{1}{2}$不符合题意；
③当$a≥\frac{1}{2}$时，$\frac{1}{2a}＜1$，H'（x）＜0恒成立，
∴H（x）在[1，+∞）上递减，h'（x）=H（x）≤H（1）=1-2a＜0，
∴h（x）在[1，+∞）上递减，
∴h（x）≤h（1）=0，
∴$a≥\frac{1}{2}$符合题意．
综上所述：a的取值范围是$[{\frac{1}{2}，+∞}）$．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查导数的几何意义，考查恒成立问题，体现了分类讨论的数学思想方法，属压轴题．