Question

已知函数f（x）=lnx-

a(x-1)

x+1

．
（Ⅰ）若函数f（x）在（0，+∞）上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）设p，q∈R⁺，且p＞q，求证：

p-q

lnp-lnq

＜

p+q

2

．

Answer 1

考点：不等式的证明,函数单调性的判断与证明

专题：导数的综合应用,不等式

分析：（Ⅰ）先求导，再分离参数，利用基本不等式求出a的取值范围，
（Ⅱ）利用分析法结合（Ⅰ）的结论得以证明．

解答： 解：（Ⅰ）：∵f（x）=lnx-

a(x-1)

x+1

，
∴f′（x）=

1

x

-

a(x+1)-a(x-1)

(x+1)2

=

x2+(2-2a)x+1

x(x+1)2

，
∵函数f（x）在（0，+∞）上为单调递增函数，
∴∴f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
即x²+（2-2a）x+1≥0在（0，+∞）上恒成立，
∴2a-2≤x+

1

x

≤2，当且仅当x=1时取等号，
∴a≤2，
故实数a的取值范围为（-∞，2]，
（Ⅱ）证明：要证

p-q

lnp-lnq

＜

p+q

2

，
只需要证：

p q -1

ln p q

＜

p q +1

2

，
即证ln

p

q

＞

2( p q -1)

p q +1

＞0，
设h（x）=lnx-

2(x-1)

x+1

，
由（Ⅰ）知函数在（1，+∞）上为单调递增函数，又

p

q

＞1，
∴h（

p

q

）＞h（1）=0，
即ln

p

q

-

2( p q -1)

p q +1

＞0，
∴

p-q

lnp-lnq

＜

p+q

2

．

点评：本题主要考查了导数和函数的单调性之间的关系，以及不等式的证明，属于中档题．