Question

15．已知函數f（x）=lnx-x．
（1）證明：對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），都有|f（x₁）|＞$\frac{ln{x}_{2}}{{x}_{2}}$；
（2）設m＞n＞0，比較$\frac{f（m）+m-（f（n）+n）}{m-n}$與$\frac{m}{{m}^{2}-{n}^{2}}$的大小，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，求出f（x）的最大值，從而求出|f（x）|的最小值，設G（x）=$\frac{lnx}{x}$，根據函數的單調性證明即可；
（2）問題轉化為比較ln$\frac{m}{n}$與$\frac{\frac{m}{n}-1}{\frac{n}{m}+\frac{m}{n}}$的大小，令t=$\frac{m}{n}$（t＞1），作差設G（t）=lnt-$\frac{t-1}{t+\frac{1}{t}}$=lnt-$\frac{t（t-1）}{{t}^{2}+1}$，根據函數的單調性求出G（t）＞0，從而比較其大小即可．

解答 （1）證明：因為f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，故f（x）在（0，1）上是增加的，在（1，+∞）上是減少的，
f（x）_max=f（1）=ln1-1=-1，|f（x）|_min=1，
設G（x）=$\frac{lnx}{x}$，則G′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
故G（x）在（0，e）上是增加的，在（e，+∞）上是減少的，故G（x）_max=G（e）=$\frac{1}{e}$＜1，
G（x）_max＜|f（x）|_min，
所以|f（x₁）|＞$\frac{l{nx}_{2}}{{x}_{2}}$對任意的x₁，x₂∈（0，+∞）恒成立；
（2）解：$\frac{f（m）-f（n）+m-n}{m-n}$=$\frac{lnm-lnn}{m-n}$=$\frac{1}{n}$•$\frac{ln\frac{m}{n}}{\frac{m}{n}-1}$，且$\frac{m}{{m}^{2}{+n}^{2}}$=$\frac{1}{n}$×$\frac{1}{\frac{n}{m}+\frac{m}{n}}$，
∵m＞n＞0，∴$\frac{m}{n}$-1＞0，故只需比較ln$\frac{m}{n}$與$\frac{\frac{m}{n}-1}{\frac{n}{m}+\frac{m}{n}}$的大小，
令t=$\frac{m}{n}$（t＞1），設G（t）=lnt-$\frac{t-1}{t+\frac{1}{t}}$=lnt-$\frac{t（t-1）}{{t}^{2}+1}$，
則G′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{{t}^{2}+2t-1}{{{（t}^{2}+1）}^{2}}$=$\frac{{t}^{3}（t-1）+t+1}{{t{（t}^{2}+1）}^{2}}$，
因為t＞1，所以G′（t）＞0，所以函數G（t）在（1，+∞）上是增加的，
故G（t）＞G（1）=0，所以G（t）＞0對任意t＞1恒成立，
即ln$\frac{m}{n}$＞$\frac{\frac{m}{n}-1}{\frac{n}{m}+\frac{m}{n}}$，
從而有$\frac{f（m）+m-（f（n）+n）}{m-n}$＞$\frac{m}{{m}^{2}{+n}^{2}}$．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．