Question

10．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{a（x-1）}{x+1}$．
（1）若函數(shù)f（x）在（1，+∞）上為單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）設(shè)m，n∈（0，+∞），且m≠n，求證：$\frac{m-n}{lnm-lnn}$-$\frac{m+n}{2}$＜0．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)f（x）的解析式求出f（x）的導(dǎo)函數(shù)，通分后根據(jù)函數(shù)f（x）在（1，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，得到分子大于0恒成立，解出2a-2小于等于一個函數(shù)關(guān)系式，利用基本不等式求出這個函數(shù)的最小值，列出關(guān)于a的不等式，求出不等式的解集即可得到a的取值范圍；
（2）把所證的式子利用對數(shù)的運算法則及不等式的基本性質(zhì)變形，即要證ln$\frac{m}{n}$-$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$＞0，根據(jù)（1）得到h（x）在x大于等于1時單調(diào)遞增，且$\frac{m}{n}$大于1，利用函數(shù)的單調(diào)性可得證．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a（x+1）-a（x-1）}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+（2-2a）x+1}{{x（x+1）}^{2}}$，
因為f（x）在（1，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，所以f′（x）≥0在（1，+∞）上恒成立
即x²+（2-2a）x+1≥0在（1，+∞）上恒成立，
當(dāng)x∈（1，+∞）時，由x²+（2-2a）x+1≥0，
得：2a-2≤x+$\frac{1}{x}$，
設(shè)g（x）=x+$\frac{1}{x}$，x∈（1，+∞），
則g（x）=x+$\frac{1}{x}$＞2$\sqrt{x•\frac{1}{x}}$=2，
故g（x）＞2，
所以2a-2≤2，解得a≤2，所以a的取值范圍是（-∞，2]；
（2），不妨設(shè)m＞n＞0，要證 $\frac{m-n}{lnm-lnn}$-$\frac{m+n}{2}$＜0，
只需證ln$\frac{m}{n}$＞$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$，即ln$\frac{m}{n}$-$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$＞0，
設(shè)h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，
由（1）知h（x）在（1，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)，
又$\frac{m}{n}$＞1，
所以h（$\frac{m}{n}$）＞h（1）=0，
即ln$\frac{m}{n}$-$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$＞0成立，
得到 $\frac{m-n}{lnm-lnn}$-$\frac{m+n}{2}$＜0．

點評 此題考查學(xué)生會利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，掌握不等式恒成立時所滿足的條件，會利用基本不等式求函數(shù)的最小值，是一道中檔題．在證明第（2）時注意利用第（1）問中的結(jié)論．