Question

7．已知函数f（x）=lnx-$\frac{a（x-1）}{x+1}$．
（Ⅰ）若函数f（x）在（0，+∞）上为单调增函数，求a的取值范围；
（Ⅱ）设m＞n＞0，求证：$\frac{m-n}{lnm-lnn}＜\frac{m+n}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，通过函数的单调性得2a-2≤x+$\frac{1}{x}$，设g（x）=x+$\frac{1}{x}$，求出g（x）的最小值即可；
（Ⅱ）问题转化为只需证ln$\frac{m}{n}$-$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$＞0，设h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，通过函数的单调性得到h（x）＞0即可．

解答 （Ⅰ）解：f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a（x+1）-a（x-1）}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+（2-2a）x+1}{{x（x+1）}^{2}}$，
因为f（x）在（0，+∞）上为单调增函数，
所以f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
即x²+（2-2a）x+1≥0在（0，+∞）上恒成立．
当x∈（0，+∞）时，由x²+（2-2a）x+1≥0，
得2a-2≤x+$\frac{1}{x}$．
设g（x）=x+$\frac{1}{x}$，x∈（0，+∞），g（x）=x+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{x•\frac{1}{x}}$=2，
当且仅当x=$\frac{1}{x}$，即x=1时，g（x）有最小值2，
所以2a-2≤2，所以a≤2，
所以a的取值范围是（-∞，2]．
（Ⅱ）证明：要证：$\frac{m-n}{lnm-lnn}＜\frac{m+n}{2}$，
∵m＞n＞0，∴ln$\frac{m}{n}$＞0，只需证$\frac{\frac{m}{n}-1}{ln\frac{m}{n}}＜\frac{\frac{m}{n}+1}{2}$，
即证ln$\frac{m}{n}$＞$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$，只需证ln$\frac{m}{n}$-$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$＞0，
设h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，
由（Ⅰ）知h（x）在（1，+∞）上是单调增函数，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，
所以$\frac{m-n}{lnm-lnn}＜\frac{m+n}{2}$成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查函数恒成立问题，不等式的证明，是一道中档题．