Question

9．已知函数f（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$-mx（m∈R）．
（Ⅰ）当m=-1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若f（x）在（0，+∞）上为单调递减，求m的取值范围；
（Ⅲ）设0＜a＜b，求证：$\frac{lnb-lna}{b-a}＜\frac{1}{{\sqrt{ab}}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算f（1），f′（1）的值，求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，问题转化为m≥$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$在x∈（0，+∞）恒成立，令g（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$，（x＞0），根据函数的单调性求出m的范围即可；
（Ⅲ）取m=1，根据函数的单调性得到f（$\sqrt{\frac{b}{a}}$）＜f（1），即2ln$\sqrt{\frac{b}{a}}$+$\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}$-$\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}}$＜0，从而证明结论即可．

解答 解：（Ⅰ）m=-1时，f（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$+x，
∴f′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+1，f（1）=2，f′（1）=2，
故切线方程是：y-2=2（x-1），
即2x-y=0；
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$-m≤0在x∈（0，+∞）恒成立，
即m≥$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$在x∈（0，+∞）恒成立，
令g（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$，（x＞0），
∴m≥g（x）_max，
g（x）=-${（\frac{1}{x}-1）}^{2}$+1，当$\frac{1}{x}$=1时，g（x）_max=1，
故m≥1；
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）m=1时，
f（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$-x在x∈（0，+∞）上递减，
∵0＜a＜b，∴$\sqrt{\frac{b}{a}}$＞1，
∴f（$\sqrt{\frac{b}{a}}$）＜f（1），
∴2ln$\sqrt{\frac{b}{a}}$+$\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}$-$\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}}$＜0，
lnb-lna＜$\frac{b-a}{\sqrt{ab}}$，
即$\frac{lnb-lna}{b-a}＜\frac{1}{{\sqrt{ab}}}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道中档题．