Question

20．已知函數(shù)$f（x）=lnx-\frac{a（x-1）}{x+1}，a∈R$．
（Ⅰ）若x=3是函數(shù)f（x）的極值點，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，求a的取值范圍；
（Ⅲ）設m，n為正實數(shù)，且m＞n，求證：$\frac{m-n}{lnm-lnn}＜\frac{m+n}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出導數(shù)，由題意可得f′（3）=0，代入可得a=$\frac{8}{3}$，可得切線的斜率和切點，進而得到切線的方程；
（Ⅱ）由函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，可得f′（x）≥0在x＞0恒成立，即有x²+（2-2a）x+1≥0，當x＞0時，2a-2≤x+$\frac{1}{x}$，求得右邊函數(shù)的最小值，即可得到a的范圍；
（Ⅲ）運用分析法證明．要證$\frac{m-n}{lnm-lnn}＜\frac{m+n}{2}$，只需證$\frac{\frac{m}{n}-1}{ln\frac{m}{n}}$＜$\frac{\frac{m}{n}+1}{2}$，即證ln$\frac{m}{n}$-$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$＞0，設h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，求出導數(shù)判斷單調(diào)性，運用單調(diào)遞增，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的導數(shù)為f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2a}{（x+1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+（2-2a）x+1}{x（x+1）^{2}}$，
由題意可得f′（3）=0，代入可得a=$\frac{8}{3}$，檢驗成立．
可得切線的斜率為f′（1）=-$\frac{1}{3}$，切點為（1，0），
可得切線的方程為x+3y-1=0；
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{{x}^{2}+（2-2a）x+1}{x（x+1）^{2}}$，
由函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，可得f′（x）≥0在x＞0恒成立，
即有x²+（2-2a）x+1≥0，當x＞0時，2a-2≤x+$\frac{1}{x}$，
由x+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{x•\frac{1}{x}}$=2，當且僅當x=1時，取得最小值2，
即有2a-2≤2，可得a≤2，
可得a的取值范圍是（-∞，2]；
（Ⅲ）證明：要證$\frac{m-n}{lnm-lnn}＜\frac{m+n}{2}$，只需證$\frac{\frac{m}{n}-1}{ln\frac{m}{n}}$＜$\frac{\frac{m}{n}+1}{2}$，
即證ln$\frac{m}{n}$＞$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$，即證ln$\frac{m}{n}$-$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$＞0，
設h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，由（Ⅱ）知，h（x）在（1，+∞）遞增，又$\frac{m}{n}$＞1，
可得h（$\frac{m}{n}$）＞h（1）=0，即ln$\frac{m}{n}$-$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$＞0，
故$\frac{m-n}{lnm-lnn}＜\frac{m+n}{2}$．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值，考查不等式的證明，注意運用分析法，以及構造函數(shù)，判斷單調(diào)性，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．