Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=

x-1

x+1

．
（Ⅰ）設(shè)函數(shù)F（x）=f（x）g（x），求F（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若不等式f（x）+mg（x）＜0對(duì)于任意x∈（0，1）恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）先求出F′（x）=

2lnx+x- 1 x

(x+1)2

，（x＞0），設(shè)h（x）=2lnx+x-

1

x

（x＞0），得h（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，有h（1）=0，從而F（x）的減區(qū)間是（0，1），增區(qū)間是（1，+∞）；
（Ⅱ）設(shè)G（x）=f（x）+mg（x）=lnx+

m(x-1)

x+1

，得G′（x）=

x2+(2m+2)x+1

x(x+1)2

，x∈（0，1），設(shè)t（x）=x²+（2m+2）x+1，x∈（0，1），則△=4m（m+2），討論①當(dāng)△≤0，②當(dāng)△＞0，從而求出m的范圍．

解答： 解：（Ⅰ）∵F′（x）=

2lnx+x- 1 x

(x+1)2

，（x＞0），
設(shè)h（x）=2lnx+x-

1

x

（x＞0），
∴h′（x）=

2

x

+1+

1

x2

＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，有h（1）=0，
∴x∈（0，1）時(shí)，h（x）＜0，即F′（x）＜0，
x∈（1，+∞）時(shí)，h（x）＞0，即F′（x）＞0，
∴F（x）的減區(qū)間是（0，1），增區(qū)間是（1，+∞）；
（Ⅱ）設(shè)G（x）=f（x）+mg（x）=lnx+

m(x-1)

x+1

，x∈（0，1）
∴G（x）＜0對(duì)?x∈（0，1）恒成立，
G′（x）=

x2+(2m+2)x+1

x(x+1)2

，x∈（0，1），
設(shè)t（x）=x²+（2m+2）x+1，x∈（0，1），
則△=4m（m+2），
①當(dāng)△≤0，即-2≤m≤0時(shí)，t（x）≥0即G′（x）≥0，
故G（x）在x∈（0，1）上是增函數(shù)，
∴G（x）＜G（1）=0，符合題意；
②當(dāng)△＞0，即m＞0，或m＜-2時(shí)，若m＞0，G′（x）≥0，
故G（x）在x∈（0，1）上是增函數(shù)，
∴G（x）＜G（1）=0符合題意；
若m＜-2，設(shè)t（x）=x²+（2m+2）x+1=0的兩根為x₁，x₂，
則x₁+x₂=-（2m+2）＞0，x₁•x₂=1＞0，
不妨設(shè)0＜x₁＜1＜x₂，當(dāng)x∈（x₁，1）時(shí)，t（x）＜0，即G′（x）＜0，
故G（x）在x∈（x₁，1）上是減函數(shù)，
∴G（x）＞G（1）=0，這與G（x）＜0對(duì)?x∈（0，1）恒成立矛盾，不符合題意； 
 綜上，m的取值范圍是m≥-2．

點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問(wèn)題，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查分類討論思想，是一道綜合題．