Question

12．已知函數(shù)f（x）=（lnx）ln（1-x）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）求證：①lnx＞$\frac{x-1}{{\sqrt{x}}}$；
②曲線y=f（x）上的所有點(diǎn)都落在圓$C：{（x-\frac{1}{2}）^2}+{y^2}=\frac{1}{4}$內(nèi)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）①構(gòu)造函數(shù)φ（x），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可；
②結(jié)合①求出0＜lnx•ln（1-x）＜$\sqrt{x（1-x）}$，結(jié)合不等式的性質(zhì)判斷即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域?yàn)椋?，1），由于f（1-x）=f（x），
故只需要考慮$x∈（0，\frac{1}{2}）$的單調(diào)性  （1分）
$f'（x）=\frac{ln（1-x）}{x}-\frac{lnx}{1-x}=\frac{1}{1-x}[{\frac{1-x}{x}ln（1-x）-lnx}]$（2分）
令$g（x）=\frac{1-x}{x}ln（1-x）-lnx$則$g'（x）=-\frac{ln（1-x）+2x}{x^2}$（3分）
再令h（x）=ln（1-x）+2x則$h'（x）=2-\frac{1}{1-x}=\frac{1-2x}{1-x}$（4分）
當(dāng)$x∈（0，\frac{1}{2}）$時(shí)，h'（x）＞0，則h（x）單調(diào)遞增，又h（0）=0，∴h（x）＞h（0）=0
則g'（x）＜0∴g（x）單調(diào)遞減∴$g（x）＞g（\frac{1}{2}）=0$∴f'（x）＞0
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（0，\frac{1}{2}）$，單調(diào)遞減區(qū)間為$（\frac{1}{2}，1）$（6分）
（Ⅱ）①令$φ（x）=lnx-\frac{x-1}{{\sqrt{x}}}=lnx-\sqrt{x}+\frac{1}{{\sqrt{x}}}（0＜x＜1）$，
$φ'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{{2\sqrt{x}}}-\frac{1}{{2x\sqrt{x}}}=\frac{{-{{（\sqrt{x}-1）}^2}}}{{2x\sqrt{x}}}＜0$
則φ（x）在（0，1）單調(diào)遞減，
∴φ（x）＞φ（1）=0即$lnx＞\frac{x-1}{{\sqrt{x}}}$（9分）
②由①得$-lnx＜\frac{1-x}{{\sqrt{x}}}⇒-ln（1-x）＜\frac{x}{{\sqrt{1-x}}}$
∴$0＜（lnx）ln（1-x）＜\sqrt{x（1-x）}$
∴${（x-\frac{1}{2}）^2}+{y^2}={（x-\frac{1}{2}）^2}+{[{（lnx）ln（1-x）}]^2}＜{（x-\frac{1}{2}）^2}+x（1-x）=\frac{1}{4}$，
故曲線y=f（x）上的所有點(diǎn)都落在圓$C：{（x-\frac{1}{2}）^2}+{y^2}=\frac{1}{4}$內(nèi)．                （12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，不等式的性質(zhì)，是一道中檔題．