Question

9．已知函數(shù)f（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$-mx（m∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)m=-1時，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）若f（x）在（0，+∞）上為單調(diào)遞減，求m的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)0＜a＜b，求證：$\frac{lnb-lna}{b-a}＜\frac{1}{{\sqrt{ab}}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計算f（1），f′（1）的值，求出切線方程即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為m≥$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$在x∈（0，+∞）恒成立，令g（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$，（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可；
（Ⅲ）取m=1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到f（$\sqrt{\frac{a}}$）＜f（1），即2ln$\sqrt{\frac{a}}$+$\frac{\sqrt{a}}{\sqrt}$-$\frac{\sqrt}{\sqrt{a}}$＜0，從而證明結(jié)論即可．

解答 解：（Ⅰ）m=-1時，f（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$+x，
∴f′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+1，f（1）=2，f′（1）=2，
故切線方程是：y-2=2（x-1），
即2x-y=0；
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$-m≤0在x∈（0，+∞）恒成立，
即m≥$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$在x∈（0，+∞）恒成立，
令g（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$，（x＞0），
∴m≥g（x）_max，
g（x）=-${（\frac{1}{x}-1）}^{2}$+1，當(dāng)$\frac{1}{x}$=1時，g（x）_max=1，
故m≥1；
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）m=1時，
f（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$-x在x∈（0，+∞）上遞減，
∵0＜a＜b，∴$\sqrt{\frac{a}}$＞1，
∴f（$\sqrt{\frac{a}}$）＜f（1），
∴2ln$\sqrt{\frac{a}}$+$\frac{\sqrt{a}}{\sqrt}$-$\frac{\sqrt}{\sqrt{a}}$＜0，
lnb-lna＜$\frac{b-a}{\sqrt{ab}}$，
即$\frac{lnb-lna}{b-a}＜\frac{1}{{\sqrt{ab}}}$．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道中檔題．