Question

20．已知函数$f（x）=lnx-\frac{a（x-1）}{x+1}，a∈R$．
（Ⅰ）若x=3是函数f（x）的极值点，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若函数f（x）在（0，+∞）上为单调增函数，求a的取值范围；
（Ⅲ）设m，n为正实数，且m＞n，求证：$\frac{m-n}{lnm-lnn}＜\frac{m+n}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导数，由题意可得f′（3）=0，代入可得a=$\frac{8}{3}$，可得切线的斜率和切点，进而得到切线的方程；
（Ⅱ）由函数f（x）在（0，+∞）上为单调增函数，可得f′（x）≥0在x＞0恒成立，即有x²+（2-2a）x+1≥0，当x＞0时，2a-2≤x+$\frac{1}{x}$，求得右边函数的最小值，即可得到a的范围；
（Ⅲ）运用分析法证明．要证$\frac{m-n}{lnm-lnn}＜\frac{m+n}{2}$，只需证$\frac{\frac{m}{n}-1}{ln\frac{m}{n}}$＜$\frac{\frac{m}{n}+1}{2}$，即证ln$\frac{m}{n}$-$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$＞0，设h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，求出导数判断单调性，运用单调递增，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的导数为f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2a}{（x+1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+（2-2a）x+1}{x（x+1）^{2}}$，
由题意可得f′（3）=0，代入可得a=$\frac{8}{3}$，检验成立．
可得切线的斜率为f′（1）=-$\frac{1}{3}$，切点为（1，0），
可得切线的方程为x+3y-1=0；
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{{x}^{2}+（2-2a）x+1}{x（x+1）^{2}}$，
由函数f（x）在（0，+∞）上为单调增函数，可得f′（x）≥0在x＞0恒成立，
即有x²+（2-2a）x+1≥0，当x＞0时，2a-2≤x+$\frac{1}{x}$，
由x+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{x•\frac{1}{x}}$=2，当且仅当x=1时，取得最小值2，
即有2a-2≤2，可得a≤2，
可得a的取值范围是（-∞，2]；
（Ⅲ）证明：要证$\frac{m-n}{lnm-lnn}＜\frac{m+n}{2}$，只需证$\frac{\frac{m}{n}-1}{ln\frac{m}{n}}$＜$\frac{\frac{m}{n}+1}{2}$，
即证ln$\frac{m}{n}$＞$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$，即证ln$\frac{m}{n}$-$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$＞0，
设h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，由（Ⅱ）知，h（x）在（1，+∞）递增，又$\frac{m}{n}$＞1，
可得h（$\frac{m}{n}$）＞h（1）=0，即ln$\frac{m}{n}$-$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$＞0，
故$\frac{m-n}{lnm-lnn}＜\frac{m+n}{2}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值，考查不等式的证明，注意运用分析法，以及构造函数，判断单调性，考查化简整理的运算能力，属于中档题．