Question

14．已知函数f（x）=ax-$\frac{a}{x}$-lnx，a∈R
（1）若a=1，求f（x）的单调增区间；
（2）若函数f（x）为单调递增函数，求a的取值范围；
（3）若m≥n＞0，求证：2（m-n）≥$\sqrt{mn}$（lnm-lnn）

Answer 1

分析 （1）若a=1，求出函数的导数，即可f（x）的单调增区间；
（2）若函数f（x）为单调递增函数，转化为f′（x）≥0成立，解不等式即可求a的取值范围；
（3）利用分析法进行证明即可．

解答 解：（1）若a=1，f（x）=x-$\frac{1}{x}$-lnx，
函数的定义域为（0，+∞），
则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，
∴函数f（x）在（0，+∞）上为增函数，
即f（x）的单调增区间为（0，+∞）；
（2）若函数f（x）为单调递增函数，
则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，
∵$\frac{x}{{x}^{2}+1}$=$\frac{1}{x+\frac{1}{x}}≤\frac{1}{2\sqrt{x•\frac{1}{x}}}=\frac{1}{2}$，当且仅当x=$\frac{1}{x}$，即x=1时取等号，
∴a≥$\frac{1}{2}$，即a的取值范围是[$\frac{1}{2}$，+∞）；
（3）∵m≥n＞0，
∴$\sqrt{\frac{m}{n}}≥1，\sqrt{mn}＞0$，
∴要证2（m-n）≥$\sqrt{mn}$（lnm-lnn）
只需要证明$\frac{m-n}{\sqrt{mn}}$≥$\frac{lnm-lnn}{2}$，
只需要证$\sqrt{\frac{m}{n}}$$-\sqrt{\frac{n}{m}}$$≥\frac{1}{2}ln\frac{m}{n}$=ln$\sqrt{\frac{m}{n}}$，
只需要证$\sqrt{\frac{m}{n}}$$-\sqrt{\frac{n}{m}}$-ln$\sqrt{\frac{m}{n}}$≥0，
由（1）可知当x＞0时，f（x）=x-$\frac{1}{x}$-lnx为增函数，
∴f（$\sqrt{\frac{m}{n}}$）≥f（1），
∴$\sqrt{\frac{m}{n}}$$-\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．

点评 本题主要考查函数单调性的判断和应用以及不等式的证明，考查学生的推理和运算能力，综合性较强，有一定的难度．