Question

17．已知函数f（x）=lnx．
（1）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．
（2）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．
（3）设m、n∈R^*，且m≠n，求证：$\frac{m-n}{m+n}＜|\frac{lnm-lnn}{2}$|．

Answer 1

分析 （1）求出解析式与导数，求出直线的斜率，利用导数值，求解即可．
（2）利用$h（x）=lnx-\frac{b（x-1）}{x+1}$求出导函数，通过h′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，得到$b＜\frac{{{x^2}+2x+1}}{2x}$，利用基本不等式求解最值．
（3）不妨设m＞n＞0，利用分析法，结合函数的单调性证明即可．

解答 （1）解：$g（x）=lnx+\frac{a}{x}-1$，$g'（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}$（2分）
g （x）在点（2，g （2））处的切线与直线x+2y-1=0平行，
∴$g'（2）=\frac{1}{2}-\frac{a}{4}=-\frac{1}{2}⇒a=4$（4分）
（2）证：由$h（x）=lnx-\frac{b（x-1）}{x+1}$得：$h'（x）=\frac{1}{x}-\frac{b（x+1）-b（x-1）}{{{{（x+1）}^2}}}=\frac{{{x^2}+2（1-b）x+1}}{{x{{（x+1）}^2}}}$
∵h（x） 在定义域上是增函数，∴h′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立
∴x²+2（1-b）x+1＞0，即$b＜\frac{{{x^2}+2x+1}}{2x}$恒成立（6分）
∵$\frac{{{x^2}+2x+1}}{2x}=\frac{x}{2}+\frac{1}{2x}+1≥2\sqrt{\frac{x}{2}•\frac{1}{2x}}+1=2$
当且仅当$\frac{x}{2}=\frac{1}{2x}，x=\frac{1}{2}$时，等号成立
∴b≤2，即b的取值范围是（-∞，2]（8分）
（3）证：不妨设m＞n＞0，则$\frac{m}{n}＞1$
要证$\frac{m-n}{m+n}＜|\frac{lnm-lnn}{2}|$，即证$\frac{m-n}{m+n}＜\frac{lnm-lnn}{2}$，即$\frac{{2（\frac{m}{n}-1）}}{{\frac{m}{n}+1}}＜ln\frac{m}{n}$（10分）
设$h（x）=lnx-\frac{2（x-1）}{x+1}（x＞1）$
由（2）知h （x）在（1，+∞）上递增，∴h （x）＞h （1）=0
故$ln\frac{m}{n}-\frac{{2（\frac{m}{n}-1）}}{{\frac{m}{n}+1}}＞0$，∴$\frac{m-n}{m+n}＜|\frac{lnm-lnn}{2}|$成立（12分）

点评 本题考查函数的单调性与导数的综合应用，分析法证明不等式以及基本不等式的应用，考查分析问题解决问题的能力．