Question

2．（重点中学做）已知函数f（x）=$\frac{（x+1）lnx}{x-1}$，g（x）=-2x³-3x²+2．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）证明：对任意x₁∈（0，1）∪（1，+∞），总存在x₂∈（-∞，0），使得f（x₁）＞g（x₂）成立．

Answer 1

分析 （1）求导数，$f′（x）=\frac{-2lnx+x-\frac{1}{x}}{（x-1）^{2}}$，想法判断f′（x）的符号，从而可设$h（x）=-2lnx+x-\frac{1}{x}$，再求导数，$h′（x）=\frac{（x-1）^{2}}{{x}^{2}}$，显然h′（x）≥0，从而可得出h（x）在（0，+∞）为增函数，并且h（1）=0，从而可判断出f′（x）在（0，1），（1，+∞）上的符号，从而得出f（x）的单调性；
（2）根据题意，可将问题转化为证明任意的x∈（0，1）∪（1，+∞）时，f（x）＞g（x）_min，这样便来求g（x）的最小值，根据导数符号容易判断出g（x）的最小值为1．从而来证明$\frac{（x+1）lnx}{x-1}＞1$恒成立，从而可证明$\frac{x+1}{x-1}（lnx+\frac{2}{x+1}-1）＞0$恒成立，可设r（x）=$lnx+\frac{2}{x+1}-1$，通过求导数，便可证明r（x）在（0，+∞）上单调递增，并且r（1）=0，这样根据r（x）的单调性即可判断r（x）在（0，1）和（1，+∞）上的符号，从而得出$\frac{x+1}{x-1}（lnx+\frac{2}{x+1}-1）＞0$恒成立即可．

解答 解：（1）$f′（x）=\frac{-2lnx+x-\frac{1}{x}}{（x-1）^{2}}$，令h（x）=$-2lnx+x-\frac{1}{x}$，则：
$h′（x）=-\frac{2}{x}+1+\frac{1}{{x}^{2}}=\frac{（x-1）^{2}}{{x}^{2}}≥0$；
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增；
∴x∈（0，1）时，h（x）＜h（1）=0，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，1）上单调递减；
x∈（1，+∞）时，h（x）＞h（1）=0，f′（x）＞0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递增；
即f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；
（2）证明：g′（x）=-6x²-6x=-6x（x+1）；
∴x∈（-∞，-1）时，g′（x）＜0，x∈（-1，0）时，g′（x）＞0；
∴g（-1）=1是g（x）的最小值；
∴问题等价于对任意的x∈（0，1）∪（1，+∞），f（x）＞1恒成立；
即证$\frac{（x+1）lnx}{x-1}＞1$恒成立；
也就是证$\frac{x+1}{x-1}（lnx+\frac{2}{x+1}-1）＞0$恒成立；
设$r（x）=lnx+\frac{2}{x+1}-1$，$r′（x）=\frac{{x}^{2}+1}{x（x+1）^{2}}$＞0；
∴r（x）在（0，+∞）上单调递增，r（1）=0；
∴x∈（0，1）时，r（x）＜0，则$\frac{x+1}{x-1}（lnx+\frac{2}{x+1}-1）＞0$；
x∈（1，+∞）时，r（x）＞0，则$\frac{x+1}{x-1}（lnx+\frac{2}{x+1}-1）＞0$；
综上可得：对任意的x₁∈（0，1）∪（1，+∞），总存在x₂∈（0，+∞），使得f（x₁）＞g（x₂）．

点评 考查根据函数导数符号判断函数的单调性的方法，函数的单调性定义的运用，根据导数符号求函数最小值的方法，将问题转化为与之等价的问题的方法．