Question

4．已知函數(shù)f（x）=2lnx-x²+1．
（1）求f（x）的極值；
（2）若對?x＞1，都有f（x）＜（x-$\frac{1}{x}$）（k-x），求實數(shù)k的取值范圍；
（3）若a、b∈（1，+∞）且a≠b，求證：$\sqrt{ab}$＜$\frac{a-b}{lna-lnb}$＜（$\frac{\sqrt{a}+\sqrt}{2}$）²．

Answer 1

分析 （1）求得函數(shù)的導數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，注意定義域，即可得到極大值，無極小值；
（2）對?x＞1，都有f（x）＜（x-$\frac{1}{x}$）（k-x），即為k（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx＞0對x＞1恒成立，令g（x）=k（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx，x＞1，求出導數(shù)，運用單調(diào)性，即可得到k的范圍；
（3）運用分析法證明，先證$\sqrt{ab}$＜$\frac{a-b}{lna-lnb}$，可令m=$\sqrt{\frac{a}}$（m＞1），設(shè)F（m）=m-$\frac{1}{m}$-2lnm，求出導數(shù)，判斷單調(diào)遞增；再證$\frac{a-b}{lna-lnb}$＜（$\frac{\sqrt{a}+\sqrt}{2}$）²．令m=$\sqrt{\frac{a}}$（m＞1），設(shè)H（m）=$\frac{m-1}{m+1}$-$\frac{1}{2}$lnm，求出導數(shù)，判斷單調(diào)遞減，即可得到．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=2lnx-x²+1的導數(shù)為
f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x=$\frac{2（1-x）（1+x）}{x}$，（x＞0），
當x＞1時，f′（x）＜0，f（x）遞減，
當0＜x＜1時，f′（x）＞0，f（x）遞增．
則x=1處取得極大值，且為0；
（2）對?x＞1，都有f（x）＜（x-$\frac{1}{x}$）（k-x），
即為k（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx＞0對x＞1恒成立，
令g（x）=k（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx，x＞1，g′（x）=k（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）-$\frac{2}{x}$
=$\frac{k{x}^{2}-2x+k}{{x}^{2}}$，
由于g（1）=0，x＞1恒成立，只需g（x）遞增，
即g′（x）≥0恒成立，即有kx²-2x+k≥0在x＞1恒成立，
即k≥$\frac{2x}{1+{x}^{2}}$=$\frac{2}{x+\frac{1}{x}}$，
由x+$\frac{1}{x}$＞2，即有$\frac{2}{x+\frac{1}{x}}$＜1，
故k≥1；
（3）證明：不妨設(shè)a＞b＞1，則lna＞lnb．
要證$\sqrt{ab}$＜$\frac{a-b}{lna-lnb}$，即證lna-lnb＜$\frac{a-b}{\sqrt{ab}}$，
即為ln$\frac{a}$＜$\sqrt{\frac{a}}$-$\sqrt{\frac{a}}$，即2ln$\sqrt{\frac{a}}$＜$\sqrt{\frac{a}}$-$\sqrt{\frac{a}}$．
令m=$\sqrt{\frac{a}}$（m＞1），設(shè)F（m）=m-$\frac{1}{m}$-2lnm，
F′（m）=1+$\frac{1}{{m}^{2}}$-$\frac{2}{m}$=（$\frac{1}{m}$-1）²＞0恒成立，
即有m＞1，F(xiàn)（m）遞增，則F（m）＞F（1）=0，
故2ln$\sqrt{\frac{a}}$＜$\sqrt{\frac{a}}$-$\sqrt{\frac{a}}$成立，即有$\sqrt{ab}$＜$\frac{a-b}{lna-lnb}$；
要證$\frac{a-b}{lna-lnb}$＜（$\frac{\sqrt{a}+\sqrt}{2}$）²．
即證$\frac{（\sqrt{a}+\sqrt）（\sqrt{a}-\sqrt）}{ln\frac{a}}$＜（$\frac{\sqrt{a}+\sqrt}{2}$）²．
即為$\frac{\sqrt{a}-\sqrt}{\sqrt{a}+\sqrt}$＜$\frac{1}{4}$ln$\frac{a}$，即為$\frac{\sqrt{\frac{a}}-1}{\sqrt{\frac{a}}+1}$＜$\frac{1}{2}$ln$\sqrt{\frac{a}}$，
令m=$\sqrt{\frac{a}}$（m＞1），設(shè)H（m）=$\frac{m-1}{m+1}$-$\frac{1}{2}$lnm，
H′（m）=$\frac{2}{（m+1）^{2}}$-$\frac{1}{2m}$=-$\frac{（m-1）^{2}}{2m（m+1）^{2}}$＜0恒成立，
即有H（m）在（1，+∞）遞減，則H（m）＜H（1）=0，
即有$\frac{\sqrt{\frac{a}}-1}{\sqrt{\frac{a}}+1}$＜$\frac{1}{2}$ln$\sqrt{\frac{a}}$，故$\frac{a-b}{lna-lnb}$＜（$\frac{\sqrt{a}+\sqrt}{2}$）²．
綜上可得$\sqrt{ab}$＜$\frac{a-b}{lna-lnb}$＜（$\frac{\sqrt{a}+\sqrt}{2}$）²．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值，考查不等式恒成立問題注意運用函數(shù)的單調(diào)性，同時考查不等式的證明，注意構(gòu)造函數(shù)運用單調(diào)性，屬于中檔題．