Question

13．已知函數(shù)f（x）=ln x．
（1）判斷函數(shù)$g（x）=af（x）-\frac{1}{x}$的單調(diào)性；
（2）若對任意的x＞0，不等式f（x）≤ax≤e^x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）若x₁＞x₂＞0，求證：$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{{2{x_2}}}{{{x_1}^2+{x_2}^2}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）根據(jù)$\frac{lnx}{x}≤a≤\frac{e^x}{x}$在x＞0上恒成立，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為${（\frac{lnx}{x}）_{max}}≤a≤{（\frac{e^x}{x}）_{min}}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（3）問題等價于$ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{{2•\frac{x_1}{x_2}-2}}{{{{（\frac{x_1}{x_2}）}^2}+1}}$，令t=$\frac{x_1}{x_2}$＞1，設(shè)$u（t）=lnt-\frac{2t-2}{{{t^2}+1}}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出u（t）＞u（1），從而證出結(jié)論．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx，∴$g（x）=alnx-\frac{1}{x}$，
故$g'（x）=\frac{a}{x}+\frac{1}{x^2}=\frac{ax+1}{x^2}$…（2分）
因?yàn)閤＞0，所以當(dāng)a≥0時，g'（x）＞0，函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＜0時，當(dāng)$x∈（0，-\frac{1}{a}），g'（x）＞0$，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)$x∈（-\frac{1}{a}，+∞），g'（x）＜0$，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；   …（4分）
（2）∵對任意x＞0，不等式對任意的x＞0，不等式f（x）≤ax≤e^x恒成立，
∴$\frac{lnx}{x}≤a≤\frac{e^x}{x}$在x＞0上恒成立，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為${（\frac{lnx}{x}）_{max}}≤a≤{（\frac{e^x}{x}）_{min}}$，…（5分）
設(shè)$h（x）=\frac{lnx}{x}，h'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，當(dāng)x∈（0，e）時，h'（x）＞0；
當(dāng)x∈（e，+∞）時，h'（x）＜0，∴當(dāng)x=e時，${h_{max}}（x）=\frac{1}{e}$．    …（7分）
設(shè)$t（x）=\frac{e^x}{x}，t'（x）=\frac{{x{e^x}-{e^x}}}{x^2}=\frac{{{e^x}（x-1）}}{x^2}$，當(dāng)x∈（0，1）時，t'（x）＜0，
當(dāng)x∈（1，+∞）時，t'（x）＞0，所以x=1時，t_min（x）=e，…（9分）
即$\frac{1}{e}≤a≤e$，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為$[\frac{1}{e}，e]$…（10分）
（3）當(dāng)x₁＞x₂＞0時，$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{{2{x_2}}}{x_1^2+x_2^2}$等價于$ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{{2•\frac{x_1}{x_2}-2}}{{{{（\frac{x_1}{x_2}）}^2}+1}}$．…（11分）
令t=$\frac{x_1}{x_2}$＞1，設(shè)$u（t）=lnt-\frac{2t-2}{{{t^2}+1}}$，則u′（t）=$\frac{{（t}^{2}-1）{（t}^{2}+2t-1）}{{t{（t}^{2}+1）}^{2}}$，
∵當(dāng)t∈（1，+∞）時，t²-1＞0，t²+2t-1＞0，∴u'（t）＞0…（13分）
∴u（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴u（t）＞u（1）=0，
∴$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{{2{x_2}}}{x_1^2+x_2^2}$．   …（14分）

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．