Question

已知函數(shù)f（x）=lnx．
（1）求函數(shù)g（x）=f（x+1）-x的最大值；
（2）若對(duì)任意x＞0，不等式f（x）≤ax≤x²+1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）若x₁＞x₂＞0，求證：

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＞

2x2

x 2 1 + x 2 2

．

Answer 1

分析：（1）先求出g（x）=ln（x-1）-x（x＞-1），然后求導(dǎo)確定單調(diào)區(qū)間，極值，最值即可求．
（2）本小題轉(zhuǎn)化為

a≥ lnx x a≤x+ 1 x

在x＞0上恒成立，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為(

lnx

x

)max≤a≤(x+

1

x

)min，然后構(gòu)造函數(shù)h（x）=

lnx

x

，利用導(dǎo)數(shù)研究出h（x）的最大值，再利用基礎(chǔ)不等式可知x+

1

x

≥2，從而可知a的取值范圍．
（3）本小題等價(jià)于ln

x1

x2

＞

2• x2 x1 -2

( x1 x2 )2-1

 ．令t=

x1

x2

，設(shè)u（t）=lnt-

t-2

t2+1

，t＞1，由導(dǎo)數(shù)性質(zhì)求出u（t）＞u（1）=0，由此能夠證明

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＞

2x2

x 2 1 + x 2 2

．

解答：解：（1）∵f（x）=lnx，
∴g（x）=f（x+1）-x=ln（x+1）-x，x＞-1，
∴g′(x)=

1

x+1

-1=

-x

x+1

．
當(dāng)x∈（-1，0）時(shí)，g′（x）＞0，∴g（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，則g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）在x=0處取得最大值g（0）=0．
（2）∵對(duì)任意x＞0，不等式f（x）≤ax≤x²+1恒成立，
∴

a≥ lnx x a≤x+ 1 x

在x＞0上恒成立，
進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為(

lnx

x

)max≤a≤(x+

1

x

)min，
設(shè)h（x）=

lnx

x

，則h′(x)=

1-lnx

x2

，
當(dāng)x∈（1，e）時(shí)，h′（x）＞0；當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，h′（x）＜0，
∴h（x）≤

1

e

．
要使f（x）≤ax恒成立，必須a≥

1

e

．
另一方面，當(dāng)x＞0時(shí)，x+

1

x

≥2，
要使ax≤x²+1恒成立，必須a≤2，
∴滿足條件的a的取值范圍是[

1

e

，2]．
（3）當(dāng)x₁＞x₂＞0時(shí)，

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＞

2x2

x 2 1 + x 2 2

等價(jià)于ln

x1

x2

＞

2• x1 x2 -2

( x1 x2 )2+1

 ．
令t=

x1

x2

，設(shè)u（t）=lnt-

2t-2

t2+1

，t＞1
則u′(t)=

(t2-1)(t+1)2

t(t2+1)2

＞0，
∴u（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴u（t）＞u（1）=0，
∴

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＞

2x2

x 2 1 + x 2 2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)最大值的求法，考查滿足條件的實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，考查不等式的證明，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意構(gòu)造法、換元法、等價(jià)轉(zhuǎn)化思想的合理運(yùn)用．