Question

2．設(shè)a，b是不相等的兩個正數(shù)，且blna-alnb=a-b，給出下列結(jié)論：
①a+b-ab＞1；②a+b＞2；③$\frac{1}{a}$+$\frac{1}$＞2．
其中所有正確結(jié)論的序號是①②③．

Answer 1

分析 ①由blna-alnb=a-b得$\frac{1+lna}{a}$=$\frac{1+lnb}$，構(gòu)造函數(shù)f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，x＞0，判斷a，b的取值范圍即可．
②由對數(shù)平均不等式進行證明，
③構(gòu)造函數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，進行證明即可．

解答 解：①由blna-alnb=a-b，得blna+b=alnb+a，即$\frac{1+lna}{a}$=$\frac{1+lnb}$，
設(shè)f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，x＞0，
則f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}•x-（1+lnx）}{{x}^{2}}$=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，
由f′（x）＞0得-lnx＞0，得lnx＜0，得0＜x＜1，
由f′（x）＜0得-lnx＜0，得lnx＞0，得x＞1，
即當x=1時，函數(shù)f（x）取得極大值，
則$\frac{1+lna}{a}$=$\frac{1+lnb}$，等價為f（a）=f（b），
則a，b一個大于1，一個小于1，
不妨設(shè)0＜a＜1，b＞1．
則a+b-ab＞1等價為（a-1）（1-b）＞0，
∵0＜a＜1，b＞1．∴（a-1）（1-b）＞0，則a+b-ab＞1成立，故①正確，
②由$\frac{1+lna}{a}$=$\frac{1+lnb}$，
得$\frac{lna+lnb+2}{a+b}$=$\frac{lna-lnb}{a-b}$，
由對數(shù)平均不等式得$\frac{lna+lnb+2}{a+b}$=$\frac{lna-lnb}{a-b}$＞$\frac{2}{a+b}$，
即lna+lnb＞0，即lnab＞0，
則ab＞1，
由均值不等式得a+b$＞2\sqrt{ab}＞$2，故②正確，
③令g（x）=-xlnx+x，則g′（x）=-lnx，
則由g′（x）＞0得-lnx＞0，得lnx＜0，得0＜x＜1，此時g（x）為增函數(shù)，
由g′（x）＜0得-lnx＜0，得lnx＞0，得x＞1，此時g（x）為減函數(shù)，
再令h（x）=g（x）-g（2-x），0＜x＜1，
則h′（x）=g′（x）+g′（2-x）=-lnx-lm（2-x）=-ln[x（2-x）]＞0，
則h（x）=g（x）-g（2-x），在0＜x＜1上為增函數(shù)，
則h（x）=g（x）-g（2-x）＜h（1）=0，
則g（x）＜g（2-x），
即g（$\frac{1}{a}$）＜g（2-$\frac{1}{a}$），
∵g（$\frac{1}{a}$）=$\frac{1}{a}$-$\frac{1}{a}$ln$\frac{1}{a}$=$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{a}$lna=$\frac{1+lna}{a}$=$\frac{1+lnb}$，
∴g（$\frac{1}{a}$）=g（$\frac{1}$）
則g（$\frac{1}$）=g（$\frac{1}{a}$）＜g（2-$\frac{1}{a}$），
∵g（x）在0＜x＜1上為增函數(shù)，
∴$\frac{1}$＞2-$\frac{1}{a}$，
即$\frac{1}{a}$+$\frac{1}$＞2．
故③正確，
故答案為：①②③

點評 本題主要考查命題的真假判斷，涉及不等式的證明，利用構(gòu)造法，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強，難度較大．