Question

13．已知函数f（x）=ln x．
（1）判断函数$g（x）=af（x）-\frac{1}{x}$的单调性；
（2）若对任意的x＞0，不等式f（x）≤ax≤e^x恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若x₁＞x₂＞0，求证：$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{{2{x_2}}}{{{x_1}^2+{x_2}^2}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）根据$\frac{lnx}{x}≤a≤\frac{e^x}{x}$在x＞0上恒成立，进一步转化为${（\frac{lnx}{x}）_{max}}≤a≤{（\frac{e^x}{x}）_{min}}$，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（3）问题等价于$ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{{2•\frac{x_1}{x_2}-2}}{{{{（\frac{x_1}{x_2}）}^2}+1}}$，令t=$\frac{x_1}{x_2}$＞1，设$u（t）=lnt-\frac{2t-2}{{{t^2}+1}}$，根据函数的单调性求出u（t）＞u（1），从而证出结论．

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）
因为x＞0，所以当a≥0时，g'（x）＞0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＜0时，当$x∈（0，-\frac{1}{a}），g'（x）＞0$，函数g（x）单调递增，
当$x∈（-\frac{1}{a}，+∞），g'（x）＜0$，函数g（x）单调递减；   …（4分）
（2）∵对任意x＞0，不等式对任意的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，进一步转化为${（\frac{lnx}{x}）_{max}}≤a≤{（\frac{e^x}{x}）_{min}}$，…（5分）
设$h（x）=\frac{lnx}{x}，h'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，当x∈（0，e）时，h'（x）＞0；
当x∈（e，+∞）时，h'（x）＜0，∴当x=e时，${h_{max}}（x）=\frac{1}{e}$．    …（7分）
设$t（x）=\frac{e^x}{x}，t'（x）=\frac{{x{e^x}-{e^x}}}{x^2}=\frac{{{e^x}（x-1）}}{x^2}$，当x∈（0，1）时，t'（x）＜0，
当x∈（1，+∞）时，t'（x）＞0，所以x=1时，t_min（x）=e，…（9分）
即$\frac{1}{e}≤a≤e$，所以实数a的取值范围为$[\frac{1}{e}，e]$…（10分）
（3）当x₁＞x₂＞0时，$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{{2{x_2}}}{x_1^2+x_2^2}$等价于$ln\frac{x_1}{x_2}＞\frac{{2•\frac{x_1}{x_2}-2}}{{{{（\frac{x_1}{x_2}）}^2}+1}}$．…（11分）
令t=$\frac{x_1}{x_2}$＞1，设$u（t）=lnt-\frac{2t-2}{{{t^2}+1}}$，则u′（t）=$\frac{{（t}^{2}-1）{（t}^{2}+2t-1）}{{t{（t}^{2}+1）}^{2}}$，
∵当t∈（1，+∞）时，t²-1＞0，t²+2t-1＞0，∴u'（t）＞0…（13分）
∴u（t）在（1，+∞）上单调递增，∴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）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．