Question

7．设函数f（x）=lnx．
（I）求函数g（x）=x-1-f（x）的极小值；
（Ⅱ）证明：当x∈[1，+∞）时，不等式$\frac{f（x）}{2}≥\frac{x-1}{x+1}$恒成立；
（Ⅲ）已知a∈（0，$\frac{π}{2}$），试比较f（tana）与2tan（a-$\frac{π}{4}$）的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （I）求导数，确定函数的单调性，即可求函数g（x）=x-1-f（x）的极小值；
（Ⅱ）$\frac{f（x）}{2}≥\frac{x-1}{x+1}$可化为（x+1）lnx-2（x-1）≥0，构造函数，确定函数的单调性，即可证明：当x∈[1，+∞）时，不等式$\frac{f（x）}{2}≥\frac{x-1}{x+1}$恒成立；
（Ⅲ）已知a∈（0，$\frac{π}{2}$），证明$\frac{lnx}{2}$＜$\frac{x-1}{x+1}$，分类讨论，即可比较f（tana）与2tan（a-$\frac{π}{4}$）的大小．

解答 解：（I）函数g（x）=x-1-f（x）=x-1-lnx，
g′（x）=$\frac{x-1}{x}$（x＞0），
∴g（x）在（0，1）上单调递减，（1，+∞）上单调递增，
∴x=1时，g（x）的极小值为0；
证明：（Ⅱ）$\frac{f（x）}{2}≥\frac{x-1}{x+1}$可化为（x+1）lnx-2（x-1）≥0，
令h（x）=（x+1）lnx-2（x-1）（x≥1），则h′（x）=$\frac{1}{x}$+lnx-1，
令φ（x）=$\frac{1}{x}$+lnx-1（x≥1），则φ′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
∴φ（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴φ（x）≥φ（1）=0，即h′（x）≥0，
∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（1）=0，
∴$\frac{f（x）}{2}≥\frac{x-1}{x+1}$；
解：（Ⅲ）由（Ⅱ）可知x＞1，$\frac{lnx}{2}$＞$\frac{x-1}{x+1}$．
∵0＜x＜1，
∴$\frac{1}{x}$＞1
∴$\frac{ln\frac{1}{x}}{2}$＞$\frac{\frac{1}{x}-1}{\frac{1}{x}+1}$，
∴$\frac{lnx}{2}$＜$\frac{x-1}{x+1}$，
∵f（tana）=lntana，2tan（a-$\frac{π}{4}$）=2•$\frac{tana-1}{tana+1}$，
∴0＜a＜$\frac{π}{4}$，0＜tana＜1，f（tana）＜2tan（a-$\frac{π}{4}$），
a=$\frac{π}{4}$，tana-1，f（tana）=2tan（a-$\frac{π}{4}$），
$\frac{π}{4}$＜a＜$\frac{π}{2}$，tana＞1，f（tana）＞2tan（a-$\frac{π}{4}$）．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性与极值，考查不等式的证明，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．