Question

已知函數(shù)f（x）=lnx-

a(x-1)

x+b

．
（1）當(dāng)b=1時，若函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，求a的取值范圍；
（2）當(dāng)a＞0且b=0時，求證：函數(shù)f（x）存在唯一零點的充要條件是a=1；
（3）設(shè)m，n∈（0，+∞），且m≠n，求證：

m-n

lnm-lnn

＜

m+n

2

．

Answer 1

考點：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：壓軸題,方程思想

分析：（1）利用函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，則f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立
（2）對函數(shù)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)研究原函數(shù)的單調(diào)性，從而得函數(shù)與x軸交點的情況
（3）對要證的不等式先進行變形，再應(yīng)用第一問的結(jié)果

解答： 解：（1）當(dāng)b=1時，f（x）=lnx-

a(x-1)

x+1

，且x∈（0，+∞），∴f′（x）=

1

x

-

2a

(x+1)2

，
∵函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，∴f′（x）=

1

x

-

2a

(x+1)2

≥0在（0，+∞）上恒成立，
∴

1

x

≥

2a

(x+1)2

，即2a≤

(x+1)2

x

=x+

1

x

+2恒成立，因此2a≤（x+

1

x

+2）_min即可；
∵x＞0，∴x+

1

x

+2≥2

x• 1 x

+2=4，∴2a≤4，∴a≤2．
（2）當(dāng)a＞0且b=0時，f（x）=lnx+

a

x

-a，∴f′（x）=

1

x

-

a

x2

=

x-a

x2

，令f′（x）=0，得x=a，
易知f（x）在（0，a）遞減，在（a，+∞）遞增，∴f（x）_min=f（a）=lna+1-a，
∴函數(shù)f（x）存在唯一零點的充要條件是lna+1-a=0，
令F（x）=lnx+1-x，∴F′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

，由F′（x）=0得x=1，
易知F（x）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，∴F（x）_max=F（1）=ln1+1-1=0，
∴F（x）=0?x=1，
∴l(xiāng)na+1-a=0?F（a）=0?a=1，
∴函數(shù)f（x）存在唯一零點的充要條件是a=1；
（3）∵m-n與lnm-lnn同號且不等式的右邊為

m+n

2

，∴不妨設(shè)m＞n，
原不等式兩邊同除以n得

m n -1

ln m n

＜

m n +1

2

，
設(shè)t=

m

n

＞1，不等式進一步可化為

t-1

lnt

＜

t+1

2

，
∵lnt＞0、t+1＞0，不等式進一步可化為lnt＞

2(t-1)

t+1

，
∴只需證lnt-

2(t-1)

t+1

＞0即可，
由第一問知a≤2時f（x）為增函數(shù)，故a=2時f（x）=lnx-

2(x-1)

x+1

在（0，+∞）遞增，
又t＞1，
∴f（t）＞f（1）=ln1-

2(1-1)

1+1

=0，
∴l(xiāng)nt-

2(t-2)

t+1

＞0，
命題得證．

點評：對于函數(shù)的綜合大題，結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究，考慮函數(shù)的單調(diào)性解決；同時，對于有多問的題目，不要忘了某一問的結(jié)果可以用到下一問解題．