Question

7．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{a（x-1）}{x+2}$．
（1）若a=4，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]內(nèi)單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）若x₁、x₂∈R⁺，且x₁≤x₂，求證：（lnx₁-lnx₂）（x₁+2x₂）≤3（x₁-x₂）．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為3a≤$\frac{4}{x}$+x+4恒成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$≤$\frac{3{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{x}_{1}+{2x}_{2}}$=$\frac{3（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+2}$成立即可，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$∈（0，1），故只要lnt-$\frac{3（t-1）}{t+2}$≤0即可，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{3a}{{（x+2）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+（4-3a）x+4}{{x（x+2）}^{2}}$，
a=4時(shí)，f′（x）=$\frac{{x}^{2}-8x+4}{{x（x+2）}^{2}}$，
由f′（x）＞0，解得：0＜x＜4-2$\sqrt{3}$或x＞4+2$\sqrt{3}$，
由f′（x）＜0，解得：4-2$\sqrt{3}$＜x＜4+2$\sqrt{3}$，
故f（x）在（0，4-2$\sqrt{3}$）遞增，在（4-2$\sqrt{3}$，4+2$\sqrt{3}$）遞減，在（4+2$\sqrt{3}$，+∞）遞增；
（2）由（1）得：f′（x）=$\frac{{x}^{2}+（4-3a）x+4}{{x（x+2）}^{2}}$，
若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1]遞增，
則有x²+（4-3a）x+4≥0在（0，1]內(nèi)恒成立，
即3a≤$\frac{4}{x}$+x+4恒成立，
又函數(shù)y=$\frac{4}{x}$+x+4在x=1時(shí)取得最小值9，故a≤3；
（3）證明：當(dāng)x₁=x₂時(shí)，不等式顯然成立，
當(dāng)x₁≠x₂時(shí)，∵x₁，x₂∈R⁺，∴要原不等式成立，
只要ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$≤$\frac{3{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{x}_{1}+{2x}_{2}}$=$\frac{3（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+2}$成立即可，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$∈（0，1），
故只要lnt-$\frac{3（t-1）}{t+2}$≤0即可，
由（2）可知函數(shù)f（x）在（0，1]遞增，
故f（x）＜f（1）=0，
故lnt-$\frac{3（t-1）}{t+2}$≤0成立，
故原不等式成立．

點(diǎn)評(píng) 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)用以及函數(shù)恒成立問題，考查不等式的證明，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．