Question

18．已知函數(shù)f（x）=lnx．
（Ⅰ）若曲線$g（x）=f（x）+\frac{a}{x}-1$在點（2，g（2））處的切線與直線x+2y-1=0平行，求實數(shù)a的值；
（Ⅱ）若$h（x）=f（x）-\frac{{b（{x-1}）}}{x+1}$在定義域上是增函數(shù)，求實數(shù)b的取值范圍；
（Ⅲ）若m＞n＞0，求證$\frac{m-n}{m+n}＜\frac{lnm-lnn}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得g（x）的導(dǎo)數(shù)，可得切線的斜率，由兩直線平行的條件：斜率相等，解方程可得a的值；
（Ⅱ）求得h（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得h′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，運用參數(shù)分離和基本不等式可得右邊的最小值，即可得到所求范圍；
（Ⅲ）運用分析法可得即證$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}-1}$＜ln$\frac{m}{n}$，令$\frac{m}{n}$=t（t＞1），h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，求得導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）g（x）=lnx+$\frac{a}{x}$-1的導(dǎo)數(shù)為g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$，
可得在點（2，g（2））處的切線斜率為$\frac{1}{2}$-$\frac{a}{4}$，
由在點（2，g（2））處的切線與直線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-$\frac{b（x-1）}{x+1}$的導(dǎo)數(shù)為h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2b}{（x+1）^{2}}$，
由h（x）在定義域（0，+∞）上是增函數(shù)，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，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取得最小值4，
則2b≤4，可得b的取值范圍是（-∞，2]；
（Ⅲ）證明：若m＞n＞0，要證$\frac{m-n}{m+n}＜\frac{lnm-lnn}{2}$，
即證$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}-1}$＜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，+∞）遞增，即有h（t）＞h（1）=0，
即為lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
可得$\frac{m-n}{m+n}＜\frac{lnm-lnn}{2}$．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、即證和最值，考查不等式恒成立問題的解法，注意運用參數(shù)分離和基本不等式求得最值，考查不等式的證明，注意運用分析法和構(gòu)造函數(shù)法，運用單調(diào)性，屬于中檔題．