Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，
（1）求函數(shù)g（x）=f（x+1）-x的最大值；
（2）若不等式f（x）≤ax≤x²+1對(duì)?x＞0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）0＜a＜b，求證f（b）-f（a）＞

2a(b-a)

a2+b2

．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）先求出g（x）=ln（x-1）-x（x＞-1），然后求導(dǎo)確定單調(diào)區(qū)間，極值，最值即可求．
（2）本小題轉(zhuǎn)化為不等式組在x＞0上恒成立，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為（

lnx

x

）_max≤a≤（x+

1

x

）_min，設(shè)h（x）=

lnx

x

，則h′（x）=

1-lnx

x2

，然后構(gòu)造函數(shù)h（x）=

lnx

x

，利用導(dǎo)數(shù)研究出h（x）的最大值，再利用基礎(chǔ)不等式，從而可知a的取值范圍．
（3）即需證lnb-lna＞

2ab-2a2

a2+b2

，得ln

b

a

＞

2b a -2

1+( b a )2

，設(shè)

b

a

=t，則需證lnt＞

2t-2

1+t2

（t＞1），設(shè)H（t）=（1+t²）lnt-（2t-2）（t＞1），從而H（t）在（1，+∞）上遞增，得出（1+t²）lnt＞2t-2，從而原不等式得證．

解答： 解：（1）∵f（x）=lnx，
∴g（x）=f（x+1）-x=ln（x+1）-x，x＞-1，
∴g′（x）=-

x

x+1

．
當(dāng)x∈（-1，0）時(shí)，g′（x）＞0，∴g（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，則g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）在x=0處取得最大值g（0）=0．
（2）∵對(duì)任意x＞0，不等式f（x）≤ax≤x²+1恒成立，
∴

a≥ lnx x a≤x+ 1 x

在x＞0上恒成立，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為（

lnx

x

）_max≤a≤（x+

1

x

）_min，
設(shè)h（x）=

lnx

x

，則h′（x）=

1-lnx

x2

，
當(dāng)x∈（1，e）時(shí)，h′（x）＞0；當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，h′（x）＜0，
∴h（x）≤

1

e

．
要使f（x）≤ax恒成立，必須a≥

1

e

．
另一方面，當(dāng)x＞0時(shí)，x+

1

x

≥2，
要使ax≤x²+1恒成立，必須a≤2，
∴滿足條件的a的取值范圍是[

1

e

，2]．
（3）即需證lnb-lna＞

2ab-2a2

a2+b2

，
∴l(xiāng)n

b

a

＞

2b a -2

1+( b a )2

，
設(shè)

b

a

=t，∵0＜a＜b，∴t＞1，則需證lnt＞

2t-2

1+t2

（t＞1），
即需證（1+t²）lnt＞2t-2，
設(shè)H（t）=（1+t²）lnt-（2t-2）（t＞1），
H′（t）=2tlnt+

(t-1)2

t

，
∴H（t）在（1，+∞）上遞增，
∴H（t）＞H（1）=0，
∴（1+t²）lnt＞2t-2，
∴原不等式得證．

點(diǎn)評(píng)：點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)最大值的求法，考查滿足條件的實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，考查不等式的證明，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意構(gòu)造法、換元法、等價(jià)轉(zhuǎn)化思想的合理運(yùn)用．