Question

2．（重點中學做）已知函數(shù)f（x）=$\frac{（x+1）lnx}{x-1}$，g（x）=-2x³-3x²+2．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）證明：對任意x₁∈（0，1）∪（1，+∞），總存在x₂∈（-∞，0），使得f（x₁）＞g（x₂）成立．

Answer 1

分析 （1）求導數(shù)，$f′（x）=\frac{-2lnx+x-\frac{1}{x}}{（x-1）^{2}}$，想法判斷f′（x）的符號，從而可設$h（x）=-2lnx+x-\frac{1}{x}$，再求導數(shù)，$h′（x）=\frac{（x-1）^{2}}{{x}^{2}}$，顯然h′（x）≥0，從而可得出h（x）在（0，+∞）為增函數(shù)，并且h（1）=0，從而可判斷出f′（x）在（0，1），（1，+∞）上的符號，從而得出f（x）的單調(diào)性；
（2）根據(jù)題意，可將問題轉(zhuǎn)化為證明任意的x∈（0，1）∪（1，+∞）時，f（x）＞g（x）_min，這樣便來求g（x）的最小值，根據(jù)導數(shù)符號容易判斷出g（x）的最小值為1．從而來證明$\frac{（x+1）lnx}{x-1}＞1$恒成立，從而可證明$\frac{x+1}{x-1}（lnx+\frac{2}{x+1}-1）＞0$恒成立，可設r（x）=$lnx+\frac{2}{x+1}-1$，通過求導數(shù)，便可證明r（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，并且r（1）=0，這樣根據(jù)r（x）的單調(diào)性即可判斷r（x）在（0，1）和（1，+∞）上的符號，從而得出$\frac{x+1}{x-1}（lnx+\frac{2}{x+1}-1）＞0$恒成立即可．

解答 解：（1）$f′（x）=\frac{-2lnx+x-\frac{1}{x}}{（x-1）^{2}}$，令h（x）=$-2lnx+x-\frac{1}{x}$，則：
$h′（x）=-\frac{2}{x}+1+\frac{1}{{x}^{2}}=\frac{（x-1）^{2}}{{x}^{2}}≥0$；
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
∴x∈（0，1）時，h（x）＜h（1）=0，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減；
x∈（1，+∞）時，h（x）＞h（1）=0，f′（x）＞0，∴f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增；
即f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）證明：g′（x）=-6x²-6x=-6x（x+1）；
∴x∈（-∞，-1）時，g′（x）＜0，x∈（-1，0）時，g′（x）＞0；
∴g（-1）=1是g（x）的最小值；
∴問題等價于對任意的x∈（0，1）∪（1，+∞），f（x）＞1恒成立；
即證$\frac{（x+1）lnx}{x-1}＞1$恒成立；
也就是證$\frac{x+1}{x-1}（lnx+\frac{2}{x+1}-1）＞0$恒成立；
設$r（x）=lnx+\frac{2}{x+1}-1$，$r′（x）=\frac{{x}^{2}+1}{x（x+1）^{2}}$＞0；
∴r（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，r（1）=0；
∴x∈（0，1）時，r（x）＜0，則$\frac{x+1}{x-1}（lnx+\frac{2}{x+1}-1）＞0$；
x∈（1，+∞）時，r（x）＞0，則$\frac{x+1}{x-1}（lnx+\frac{2}{x+1}-1）＞0$；
綜上可得：對任意的x₁∈（0，1）∪（1，+∞），總存在x₂∈（0，+∞），使得f（x₁）＞g（x₂）．

點評 考查根據(jù)函數(shù)導數(shù)符號判斷函數(shù)的單調(diào)性的方法，函數(shù)的單調(diào)性定義的運用，根據(jù)導數(shù)符號求函數(shù)最小值的方法，將問題轉(zhuǎn)化為與之等價的問題的方法．