Question

14．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x+1}$．
（1）求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）當(dāng)t＜0時，對x＞0且x≠1，均有f（x）-$\frac{t}{x}$＞$\frac{lnx}{x-1}$成立．求實數(shù)t的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）分類討論，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可求實數(shù)t的最大值．

解答 解：（1）由題意x∈（0，+∞）且f′（x）=$\frac{x+1-xlnx}{{x（x+1）}^{2}}$，
∴f′（1）=$\frac{2-0}{4}$=$\frac{1}{2}$，又f（1）=$\frac{0}{2}$=0，
∴f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y-0=$\frac{1}{2}$（x-1），
即x-2y-1=0．
（2）由題意知 $\frac{lnx}{x+1}$-$\frac{lnx}{x-1}$-$\frac{t}{x}$＞0，
設(shè)g（x）=$\frac{lnx}{x+1}$-$\frac{lnx}{x-1}$-$\frac{t}{x}$，
則g′（x）=$\frac{1}{1{-x}^{2}}$[2lnx+$\frac{t{（x}^{2}-1）}{x}$]，
設(shè)h（x）=2lnx+$\frac{t{（x}^{2}-1）}{x}$，
則h′（x）=$\frac{2}{x}$+t（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）=$\frac{{tx}^{2}+2x+t}{{x}^{2}}$，
當(dāng)t≥0時，∵x＞0，∴h'（x）＞0，∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
又h（1）=0，∴x∈（0，1）時，h（x）＜0，
又 $\frac{1}{1{-x}^{2}}$＞0，∴g（x）＜0不符合題意．
當(dāng)t＜0時，設(shè)ϕ（x）=tx²+2x+t，
①若△=4-4t²≤0即t≤1時，ϕ（x）≤0恒成立，即h'（x）≤0在（0，+∞）恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
又h（1）=0，∴x∈（0，1）時，h（x）＞0，$\frac{1}{1{-x}^{2}}$＞0，g（x）＞0，
x∈（1，+∞）時，h（x）＜0，$\frac{1}{1{-x}^{2}}$＜0，g（x）＞0，符合題意．
②若△=4-4t²＞0即-1＜t＜0時，ϕ（x）的對稱軸x=-$\frac{1}{t}$＞1，
∴ϕ（x）在（1，-$\frac{1}{t}$）上單調(diào)遞增，
∴x∈（1，-$\frac{1}{t}$）時，ϕ（x）＞ϕ（1）=2+2t＞0，∴h'（x）＞0，
∴h（x）在（1，-$\frac{1}{t}$）上單調(diào)遞增，
∴h（x）＞h（1）=0，而 $\frac{1}{1{-x}^{2}}$＜0，
∴g（x）＜0，不符合題意．
綜上所述t≤-1，
∴t的最大值為-1．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運用，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查不等式的證明，體現(xiàn)分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．