Question

设f(x)=lnx-

x-a

x

(其中a＞0)，g(x)=2(x-1)-(x2+1)lnx．
（1）当x∈[1，+∞）时，判断函数g（x）的单调性；
（2）已知f（x）和g（x）在[1，+∞）上单调性一致，求a的取值范围；
（3）设b＞1，证明不等式

2

1+b2

＜

lnb

b-1

＜

1

b

．

Answer 1

分析：（1）由已知中g（x）的解析式，我们易判断g（x）在[1，+∞）上的单调性．
（2）由f（x）和g（x）在[1，+∞）上单调性一致，我们易判断f'（x）在[1，+∞）上的符号，进而得到一个关于a的不等式，解不等式即可得到的取值范围．
（3）由（2）的结论，结合b＞1，我们易得g（b）＜g（1），f（b）＜f（1），构造关于b的不等式组，解不等式组，即可得到答案．

解答：（1）解：∵g（x）=2（x-1）-（x²+1）lnx，
∴g′(x)=2-2xlnx-

x2+1

x

=-2xlnx-

(x-1)2

x

=-[2xlnx+

(x-1)2

x

]，
当x≥1时，2xlnx≥0，

(x-1)2

x

＞0，
∴g′（x）＜0，
所以g（x）在[1，+∞）上为减函数．
（2）解：∵g（x）在[1，+∞）上为减函数．
f（x）和g（x）在[1，+∞）上单调性一致，
∴f（x）=lnx-

x-a

x

在[1，+∞）上为减函数，
∴f′(x)=

1

x

-

x -(x-a)• 1 2 x

x

=

1

x

-

1 2 x + a 2 x

x

=

1-( 1 2 x + a 2 x )

x

≤0在[1，+∞）上恒成立，
即1-（

1

2

x

+

a

2 x

）≤0在[1，+∞）上恒成立，
即(

1

2

x

+

a

2 x

)min≥1，
∵a＞0，
∴

1

2

x

+

a

2 x

≥2

1 2 x • a 2 x

=

a

=1，
∴a=1．
（3）证明：∵g（x）在[1，+∞）上为减函数，
b＞1时，g（b）＜g（1），
∴2（b-1）-（b²+1）lnb＜0，
∴

2

1+b2

＜

lnb

b-1

．①
当a=1时，f（x）在[1，+∞）上为减函数，
∵b＞1，
∴f（b）＜f（1），
即lnb-

b-1

b

＜0，
∴

lnb

b-1

＜

1

b

，②
由①②知：

2

1+b2

＜

lnb

b-1

＜

1

b

．

点评：本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，基本不等式及不等式的证明，其中利用已知中函数的解析式，求出导函数的解析式，将问题转化为一个不等式问题是解答的关键．