Question

6．已知函数f（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$．
（1）试判断函数f（x）在（0，+∞）上的单调性，并说明理由；
（2）若函数f（x）在其定义域内恒有f（x）＜$\frac{1-ax}{1+x}$成立，试求a的所有可能的取值的集合．

Answer 1

分析 （1）已知f（x），构造新的函数g（x），利用导数求函数单调的方法步骤；
（2）由f（x）＜$\frac{1-ax}{1+x}$得$\frac{（1+x）ln（1+x）-x+{ax}^{2}}{x}$＜0，令h（x）=（1+x）ln（1+x）-x+ax²，显然h（0）=0，求出函数的导数，令g（x）=ln（1+x）+2ax，通过讨论a的范围判断即可．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$，（x＞0）
∴f′（x）=$\frac{\frac{x}{1+x}-ln（1+x）}{{x}^{2}}$，
设g（x）=$\frac{x}{1+x}$-ln（1+x），（x≥0）．
∴g′（x）=$\frac{1-（1+x）}{{（1+x）}^{2}}$=$\frac{-x}{{（1+x）}^{2}}$≤0，
∴y=g（x）在[0，+∞）上为减函数．
∴g（x）=$\frac{x}{1-x}$-ln（1+x）≤g（0）=0，
∴f′（x）＜0，
∴函数f（x）在（0，+∞）上为减函数．
（2）f（x）的定义域是（-1，0）∪（0，+∞），
由f（x）＜$\frac{1-ax}{1+x}$得$\frac{（1+x）ln（1+x）-x+{ax}^{2}}{x}$＜0，
令h（x）=（1+x）ln（1+x）-x+ax²，显然h（0）=0，
则h′（x）=ln（1+x）+2ax，令g（x）=ln（1+x）+2ax，
g′（x）=$\frac{1}{1+x}$+2a，h′（0）=0，
①2a＜-1时，即a＜-$\frac{1}{2}$，
令g′（x）＜0，有h′（x）在（-1-$\frac{1}{2a}$，0）递减，
h′（x）＞h′（0）=0，故h（x）在（-1-$\frac{1}{2a}$，0）递增，
故h（x）＜h（0）=0，$\frac{h（x）}{x}$＞0，
此时f（x）＞$\frac{1-ax}{1+x}$不合题意；
②2a=-1即a=-$\frac{1}{2}$时，g′（x）=-$\frac{x}{x+1}$，令g′（x）＞0，
故h′（x）在（-1，0）递增，h′（x）＜h′（0）=0，
h（x）在（-1，0）递减，故h（x）＞h（0）=0，即$\frac{h（x）}{x}$＜0；
令g′（x）＜0，即h′（x）在（0，+∞）递减，
h′（x）＜h′（0）=0，
故h（x）在（0，+∞）递减，
故h（x）＜h（0）=0，即$\frac{h（x）}{x}$＜0，
故对于x∈（-1，0）∪（0，+∞）有$\frac{（1+x）ln（1+x）-x+{ax}^{2}}{x}$＜0成立，
即f（x）＜$\frac{1-ax}{1+x}$，
③-1＜2a＜0即-$\frac{1}{2}$＜a＜0时，令g′（x）＞0，
故任意x∈（0，-1-$\frac{1}{2a}$），g′（x）＞0，h′（x）在（0，-1-$\frac{1}{2a}$）递增，
h′（x）＞h′（0）=0，故h（x）在（0，-1-$\frac{1}{2a}$）是增函数，
故h（x）＞h（0）=0，即$\frac{h（x）}{x}$＞0，此时f（x）＞$\frac{1-ax}{1+x}$，不合题意；
④a≥0时，令g′（x）＞0，得h′（x）在（0，+∞）递增，
h′（x）＞h′（0）=0，
故h（x）在（0，+∞）递增，故h（x）＞h（0）=0，即$\frac{h（x）}{x}$＞0，
此时f（x）＞$\frac{1-ax}{1+x}$，不合题意，
综上，a=-$\frac{1}{2}$时，对于任意x∈（-1，0）∪（0，+∞）时，f（x）＜$\frac{1-ax}{1+x}$．

点评 本题综合性较强，主要考查利用导数研究函数的单调性，以此为主线，贯穿其中．但对以上问题的解答，关键是构造函数，这是函数这一章节的重点和难点．