Question

6．已知函数f（x）=alnx-x+$\frac{1}{x}$，在区间（0，$\frac{1}{2}$]内任取两个不相等的实数m，n，若不等式mf（m）+nf（n）＜nf（m）+mf（n）恒成立，则实数a的取值范围是（　　）

• A． （-∞，2]
• B． （-∞，$\frac{5}{2}$]
• C． [2，$\frac{5}{2}$]
• D． [$\frac{5}{2}$，+∞）

Answer 1

分析 由条件可得（m-n）•[f（m）-f（n）]＜0恒成立，得到f（x）在区间（0，$\frac{1}{2}$]内是减函数，故f′（x）=$\frac{a}{x}$-1-$\frac{1}{{x}^{2}}$≤0在区间（0，$\frac{1}{2}$]内恒成立，即当x∈（0，$\frac{1}{2}$]时，a≤x+$\frac{1}{x}$恒成立．求得函数y=x+$\frac{1}{x}$在区间（0，$\frac{1}{2}$]内的最小值，可得a的范围．

解答 解：函数f（x）=alnx-x+$\frac{1}{x}$，在区间（0，$\frac{1}{2}$]内任取两个不相等的实数m，n，
若不等式mf（m）+nf（n）＜nf（m）+mf（n）恒成立，
即 f（m）（m-n）＜f（n）（m-n） 恒成立，即（m-n）•[f（m）-f（n）]＜0恒成立，
故f（x）在区间（0，$\frac{1}{2}$]内是减函数，
故f′（x）=$\frac{a}{x}$-1-$\frac{1}{{x}^{2}}$≤0在区间（0，$\frac{1}{2}$]内恒成立，即当x∈（0，$\frac{1}{2}$]时，a≤x+$\frac{1}{x}$恒成立．
再根据函数y=x+$\frac{1}{x}$在区间（0，$\frac{1}{2}$]内单调递减，故当x=$\frac{1}{2}$时，函数y=x+$\frac{1}{x}$在区间（0，$\frac{1}{2}$]内取得最小值为$\frac{5}{2}$，∴a≤$\frac{5}{2}$，
故选：B．

点评 本题主要考查不等式恒成立问题，根据不等式进行转化判断函数的单调性，结合参数分离法进行转化是解决本题的关键，属于中档题．