题目内容
12．已知f（x）=$\frac{lnx}{1+x}$，f（x）在x=x0处取得最大值，以下各式正确的序号为①④①f（x0）＜x0； ②f（x0）=x0； ③f（x0）＞x0；
④f（x0）＜$\frac{1}{2}$； ⑤f（x0）＞$\frac{1}{2}$．
分析 可知f（x）=$\frac{lnx}{1+x}$的定义域为（0，+∞），求导f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}（x+1）-lnx}{（x+1）^{2}}$，再令g（x）=$\frac{1}{x}$（x+1）-lnx=1+$\frac{1}{x}$-lnx，可判断其在（0，+∞）上是减函数；从而可得e＜x0＜e2；而f（x）=$\frac{lnx}{1+x}$＜$\frac{ln（x+1）}{x+1}$；再令m（x）=$\frac{lnx}{x}$；从而可得fmax（x）＜mmax（x）=$\frac{1}{e}$＜$\frac{1}{2}$；从而得到答案．
解答 解：f（x）=$\frac{lnx}{1+x}$的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}（x+1）-lnx}{（x+1）^{2}}$，
令g（x）=$\frac{1}{x}$（x+1）-lnx=1+$\frac{1}{x}$-lnx，其在（0，+∞）上是减函数；
g（e）=1+$\frac{1}{e}$-1＞0，g（e2）=1+$\frac{1}{{e}^{2}}$-2＜0；
故e＜x0＜e2；
而f（x）=$\frac{lnx}{1+x}$＜$\frac{ln（x+1）}{x+1}$；令m（x）=$\frac{lnx}{x}$；
故fmax（x）＜mmax（x）；
而可判断m（x）=$\frac{lnx}{x}$在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减；
故mmax（x）=$\frac{1}{e}$＜$\frac{1}{2}$；
故f（x0）＜$\frac{1}{2}$；f（x0）＜x0；
故答案为：①④．
点评 本题考查了导数的综合应用及函数零点的判定定理的应用，属于中档题．
| A． | sin$\frac{1}{2}＞cos\frac{1}{2}＞tan\frac{1}{2}$ | B． | cos$\frac{1}{2}＞tan\frac{1}{2}＞sin\frac{1}{2}$ | ||
| C． | tan$\frac{1}{2}＞sin\frac{1}{2}＞cos\frac{1}{2}$ | D． | tan$\frac{1}{2}＞cos\frac{1}{2}＞sin\frac{1}{2}$ |