Question

14．已知函數(shù)f（x）=ax-$\frac{a}{x}$-lnx，a∈R
（1）若a=1，求f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）為單調(diào)遞增函數(shù)，求a的取值范圍；
（3）若m≥n＞0，求證：2（m-n）≥$\sqrt{mn}$（lnm-lnn）

Answer 1

分析 （1）若a=1，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，即可f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）為單調(diào)遞增函數(shù)，轉(zhuǎn)化為f′（x）≥0成立，解不等式即可求a的取值范圍；
（3）利用分析法進行證明即可．

解答 解：（1）若a=1，f（x）=x-$\frac{1}{x}$-lnx，
函數(shù)的定義域為（0，+∞），
則f′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{3}{4}}{{x}^{2}}$＞0，
∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
即f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）；
（2）若函數(shù)f（x）為單調(diào)遞增函數(shù)，
則f′（x）≥0成立，
f′（x）=a+$\frac{a}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{a{x}^{2}-x+a}{{x}^{2}}$≥0，
即ax²-x+a≥0在（0，+∞）上恒成立，
即a（x²+1）≥x，a≥$\frac{x}{{x}^{2}+1}$在（0，+∞）上恒成立，
∵$\frac{x}{{x}^{2}+1}$=$\frac{1}{x+\frac{1}{x}}≤\frac{1}{2\sqrt{x•\frac{1}{x}}}=\frac{1}{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)x=$\frac{1}{x}$，即x=1時取等號，
∴a≥$\frac{1}{2}$，即a的取值范圍是[$\frac{1}{2}$，+∞）；
（3）∵m≥n＞0，
∴$\sqrt{\frac{m}{n}}≥1，\sqrt{mn}＞0$，
∴要證2（m-n）≥$\sqrt{mn}$（lnm-lnn）
只需要證明$\frac{m-n}{\sqrt{mn}}$≥$\frac{lnm-lnn}{2}$，
只需要證$\sqrt{\frac{m}{n}}$$-\sqrt{\frac{n}{m}}$$≥\frac{1}{2}ln\frac{m}{n}$=ln$\sqrt{\frac{m}{n}}$，
只需要證$\sqrt{\frac{m}{n}}$$-\sqrt{\frac{n}{m}}$-ln$\sqrt{\frac{m}{n}}$≥0，
由（1）可知當(dāng)x＞0時，f（x）=x-$\frac{1}{x}$-lnx為增函數(shù)，
∴f（$\sqrt{\frac{m}{n}}$）≥f（1），
∴$\sqrt{\frac{m}{n}}$$-\sqrt{\frac{n}{m}}$-ln$\sqrt{\frac{m}{n}}$=$\sqrt{\frac{m}{n}}$-$\frac{1}{\sqrt{\frac{m}{n}}}$-ln$\sqrt{\frac{m}{n}}$≥1-1-ln1=0，
∴$\sqrt{\frac{m}{n}}$$-\sqrt{\frac{n}{m}}$-ln$\sqrt{\frac{m}{n}}$≥0，
故原不等式成立．

點評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的判斷和應(yīng)用以及不等式的證明，考查學(xué)生的推理和運算能力，綜合性較強，有一定的難度．