Question

18．已知函数f（x）=lnx．
（Ⅰ）若曲线$g（x）=f（x）+\frac{a}{x}-1$在点（2，g（2））处的切线与直线x+2y-1=0平行，求实数a的值；
（Ⅱ）若$h（x）=f（x）-\frac{{b（{x-1}）}}{x+1}$在定义域上是增函数，求实数b的取值范围；
（Ⅲ）若m＞n＞0，求证$\frac{m-n}{m+n}＜\frac{lnm-lnn}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得g（x）的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，解方程可得a的值；
（Ⅱ）求得h（x）的导数，由题意可得h′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，运用参数分离和基本不等式可得右边的最小值，即可得到所求范围；
（Ⅲ）运用分析法可得即证$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}-1}$＜ln$\frac{m}{n}$，令$\frac{m}{n}$=t（t＞1），h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，求得导数，判断单调性，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）g（x）=lnx+$\frac{a}{x}$-1的导数为g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$，
可得在点（2，g（2））处的切线斜率为$\frac{1}{2}$-$\frac{a}{4}$，
由在点（2，g（2））处的切线与直线x+2y-1=0平行，可得：
$\frac{1}{2}$-$\frac{a}{4}$=-$\frac{1}{2}$，解得a=4；
（Ⅱ）h（x）=lnx-$\frac{b（x-1）}{x+1}$的导数为h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2b}{（x+1）^{2}}$，
由h（x）在定义域（0，+∞）上是增函数，可得h′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
即有2b≤$\frac{（x+1）^{2}}{x}$=x+$\frac{1}{x}$+2在（0，+∞）上恒成立，
由x+$\frac{1}{x}$+2≥2$\sqrt{x•\frac{1}{x}}$+2=4，当且仅当x=1时取得最小值4，
则2b≤4，可得b的取值范围是（-∞，2]；
（Ⅲ）证明：若m＞n＞0，要证$\frac{m-n}{m+n}＜\frac{lnm-lnn}{2}$，
即证$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}-1}$＜ln$\frac{m}{n}$，
令$\frac{m}{n}$=t（t＞1），h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
可得h（t）在（1，+∞）递增，即有h（t）＞h（1）=0，
即为lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
可得$\frac{m-n}{m+n}＜\frac{lnm-lnn}{2}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、即证和最值，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和基本不等式求得最值，考查不等式的证明，注意运用分析法和构造函数法，运用单调性，属于中档题．