Question

（2012•梅州一模）已知函数f(x)=lnx-

a(x-1)

x+1

．
（1）若函数f（x）在（0，+∞）上为单调增函数，求a的取值范围；
（2）设m，n∈R，且m≠n，求证

m-n

lnm-lnn

＜

m+n

2

．

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（0，+∞）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

m

n

-

2( m n -1)

m n +1

＞0，根据（1）得到h（x）在x大于等于1时单调递增，且

m

n

大于1，利用函数的单调性可得证．

解答：解：（1）f′（x）=

1

x

-

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

(x+1)2

=

(x+1)2-2ax

x(x+1)2

=

x2+(2-2a)x+1

x(x+1)2

，
因为f（x）在（0，+∞）上为单调增函数，所以f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立
即x²+（2-2a）x+1≥0在（0，+∞）上恒成立，
当x∈（0，+∞）时，由x²+（2-2a）x+1≥0，
得：2a-2≤x+

1

x

，
设g（x）=x+

1

x

，x∈（0，+∞），
则g（x）=x+

1

x

≥2

x• 1 x

=2，当且仅当x=

1

x

即x=1时，g（x）有最小值2，
所以2a-2≤2，解得a≤2，所以a的取值范围是（-∞，2]；
（2）要证

m-n

lnm-lnn

＜

m+n

2

，只需证

m n -1

ln m n

＜

m n +1

2

，
即ln

m

n

＞

2( m n -1)

m n +1

，即ln

m

n

-

2( m n -1)

m n +1

＞0，
设h（x）=lnx-

2(x-1)

x+1

，
由（1）知h（x）在（1，+∞）上是单调增函数，又

m

n

＞1，
所以h（

m

n

）＞h（1）=0，即ln

m

n

-

2( m n -1)

m n +1

＞0成立，
得到

m-n

lnm-lnn

＜

m+n

2

．

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．