Question

8．已知函數(shù)f（x）=lnx．
（1）求g（x）=f（x）-（x-1）的最大值；
（2）若?x＞0，f（x）＜ax≤x²+1成立，求a的取值范圍；
（3）若m＞n＞0，試比較$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}$與$\frac{2n}{{{m^2}+{n^2}}}$的大小，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)數(shù)，確定函數(shù)g（x）的單調(diào)性，即可求g（x）=f（x）-（x-1）的最大值；
（2）若?x＞0，f（x）＜ax≤x²+1成立，轉(zhuǎn)化為$\frac{lnx}{x}＜a≤x+\frac{1}{x}$恒成立，即可求a的取值范圍；
（3）作差、換元，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，即可比較大�。�

解答 解：（1）由題知g（x）=lnx-x+1（x＞0），${g^'}（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}（x＞0）$，
令g′（x）＞0得0＜x＜1，令g′（x）＜0，得x＞1，
故函數(shù)g（x）在（0，1）上單增，在（1，+∞）上單減，
所以g_max（x）=g（1）=0．
（2）因?yàn)?x＞0，f（x）＜ax≤x²+1成立，即lnx＜ax≤x²+1，
所以$\frac{lnx}{x}＜a≤x+\frac{1}{x}$恒成立，由于$x+\frac{1}{x}≥2$，所以a≤2．
令$h（x）=\frac{lnx}{x}$，因?yàn)?{h^'}（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，可知h（x）在（0，e）上增，（e，+∞）上減． 所以${h_{max}}（x）=h（e）=\frac{1}{e}$，所以$a＞\frac{1}{e}$． 綜上可知：$\frac{1}{e}＜a≤2$． （3）因?yàn)?\frac{f（m）-f（n）}{m-n}-\frac{2n}{{{m^2}+{n^2}}}=\frac{1}{m-n}[ln\frac{m}{n}-\frac{{2mn-2{n^2}}}{{{m^2}+{n^2}}}]$=$\frac{1}{m-n}[ln\frac{m}{n}-\frac{{2\frac{m}{n}-2}}{{{{（\frac{m}{n}）}^2}+1}}]$
令$t=\frac{m}{n}＞1$，$F（t）=lnt-\frac{2t-2}{{{t^2}+1}}$，
所以${F^'}（t）=\frac{1}{t}-\frac{{2（{t^2}+1）-（2t-2）•2t}}{{{{（{t^2}+1）}^2}}}=\frac{{{{（{t^2}+1）}^2}+t（2{t^2}-4t-2）}}{{t{{（{t^2}+1）}^2}}}$=$\frac{{{t^4}+2{t^3}-2{t^2}-2t+1}}{{t{{（{t^2}+1）}^2}}}=\frac{{（{t^2}-1）（{t^2}+2t-1）}}{{t{{（{t^2}+1）}^2}}}$，
當(dāng)t＞1時(shí)，可知${F^'}（t）=\frac{{（{t^2}-1）（{t^2}+2t-1）}}{{t{{（{t^2}+1）}^2}}}＞0$，
即F（t）在（1，+∞）上單增，所以F（t）＞F（1）=0，又m＞n＞0，
所以$\frac{1}{m-n}[ln\frac{m}{n}-\frac{{2\frac{m}{n}-2}}{{{{（\frac{m}{n}）}^2}+1}}]=\frac{1}{m-n}F（t）＞0$，
即$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}-\frac{2n}{{{m^2}+{n^2}}}＞0$，
所以當(dāng)m＞n＞0時(shí)，有$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}＞\frac{2n}{{{m^2}+{n^2}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的綜合運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查恒成立問(wèn)題，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，有難度．