Question

10．已知函数f（x）=lnx-$\frac{a（x-1）}{x+1}$．
（1）若函数f（x）在（1，+∞）上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
（2）设m，n∈（0，+∞），且m≠n，求证：$\frac{m-n}{lnm-lnn}$-$\frac{m+n}{2}$＜0．

Answer 1

分析 （1）根据f（x）的解析式求出f（x）的导函数，通分后根据函数f（x）在（1，+∞）上为单调增函数，得到分子大于0恒成立，解出2a-2小于等于一个函数关系式，利用基本不等式求出这个函数的最小值，列出关于a的不等式，求出不等式的解集即可得到a的取值范围；
（2）把所证的式子利用对数的运算法则及不等式的基本性质变形，即要证ln$\frac{m}{n}$-$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$＞0，根据（1）得到h（x）在x大于等于1时单调递增，且$\frac{m}{n}$大于1，利用函数的单调性可得证．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a（x+1）-a（x-1）}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+（2-2a）x+1}{{x（x+1）}^{2}}$，
因为f（x）在（1，+∞）上为单调增函数，所以f′（x）≥0在（1，+∞）上恒成立
即x²+（2-2a）x+1≥0在（1，+∞）上恒成立，
当x∈（1，+∞）时，由x²+（2-2a）x+1≥0，
得：2a-2≤x+$\frac{1}{x}$，
设g（x）=x+$\frac{1}{x}$，x∈（1，+∞），
则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的取值范围是（-∞，2]；
（2），不妨设m＞n＞0，要证 $\frac{m-n}{lnm-lnn}$-$\frac{m+n}{2}$＜0，
只需证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，
设h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，
由（1）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，
得到 $\frac{m-n}{lnm-lnn}$-$\frac{m+n}{2}$＜0．

点评 此题考查学生会利用导函数的正负确定函数的单调区间，掌握不等式恒成立时所满足的条件，会利用基本不等式求函数的最小值，是一道中档题．在证明第（2）时注意利用第（1）问中的结论．