Question

15．已知函数f（x）=lnx-x．
（1）证明：对任意的x₁，x₂∈（0，+∞），都有|f（x₁）|＞$\frac{ln{x}_{2}}{{x}_{2}}$；
（2）设m＞n＞0，比较$\frac{f（m）+m-（f（n）+n）}{m-n}$与$\frac{m}{{m}^{2}-{n}^{2}}$的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求出f（x）的最大值，从而求出|f（x）|的最小值，设G（x）=$\frac{lnx}{x}$，根据函数的单调性证明即可；
（2）问题转化为比较ln$\frac{m}{n}$与$\frac{\frac{m}{n}-1}{\frac{n}{m}+\frac{m}{n}}$的大小，令t=$\frac{m}{n}$（t＞1），作差设G（t）=lnt-$\frac{t-1}{t+\frac{1}{t}}$=lnt-$\frac{t（t-1）}{{t}^{2}+1}$，根据函数的单调性求出G（t）＞0，从而比较其大小即可．

解答 （1）证明：因为f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，故f（x）在（0，1）上是增加的，在（1，+∞）上是减少的，
f（x）_max=f（1）=ln1-1=-1，|f（x）|_min=1，
设G（x）=$\frac{lnx}{x}$，则G′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
故G（x）在（0，e）上是增加的，在（e，+∞）上是减少的，故G（x）_max=G（e）=$\frac{1}{e}$＜1，
G（x）_max＜|f（x）|_min，
所以|f（x₁）|＞$\frac{l{nx}_{2}}{{x}_{2}}$对任意的x₁，x₂∈（0，+∞）恒成立；
（2）解：$\frac{f（m）-f（n）+m-n}{m-n}$=$\frac{lnm-lnn}{m-n}$=$\frac{1}{n}$•$\frac{ln\frac{m}{n}}{\frac{m}{n}-1}$，且$\frac{m}{{m}^{2}{+n}^{2}}$=$\frac{1}{n}$×$\frac{1}{\frac{n}{m}+\frac{m}{n}}$，
∵m＞n＞0，∴$\frac{m}{n}$-1＞0，故只需比较ln$\frac{m}{n}$与$\frac{\frac{m}{n}-1}{\frac{n}{m}+\frac{m}{n}}$的大小，
令t=$\frac{m}{n}$（t＞1），设G（t）=lnt-$\frac{t-1}{t+\frac{1}{t}}$=lnt-$\frac{t（t-1）}{{t}^{2}+1}$，
则G′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{{t}^{2}+2t-1}{{{（t}^{2}+1）}^{2}}$=$\frac{{t}^{3}（t-1）+t+1}{{t{（t}^{2}+1）}^{2}}$，
因为t＞1，所以G′（t）＞0，所以函数G（t）在（1，+∞）上是增加的，
故G（t）＞G（1）=0，所以G（t）＞0对任意t＞1恒成立，
即ln$\frac{m}{n}$＞$\frac{\frac{m}{n}-1}{\frac{n}{m}+\frac{m}{n}}$，
从而有$\frac{f（m）+m-（f（n）+n）}{m-n}$＞$\frac{m}{{m}^{2}{+n}^{2}}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．