Question

（2012•德陽二模）已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=k•

x-1

x+1

（1）求函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)x＞1時，函數(shù)f（x）＞g（x）恒成立，求k的取值范圍；
（3）證明：2

n

i=1

1

2i+1

＜ln(n+1)，(n∈N⁺）．

Answer 1

分析：（1）求函數(shù)F（x）的單調(diào)區(qū)間，一般方法是：先對其在給定區(qū)間I上求導(dǎo)，若F^′（x）≥0（不恒等于0），則F（x）在區(qū)間I上單調(diào)遞增；若F^′（x）≤0（不恒等于0），則F（x）在區(qū)間I上單調(diào)遞減．當(dāng)然含有參數(shù)時要進(jìn)行討論．
（2）當(dāng)x＞1時，函數(shù)f（x）＞g（x）恒成立的問題，可以轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，先求導(dǎo)得到其單調(diào)區(qū)間進(jìn)而轉(zhuǎn)化為求其最值即可．
（3）轉(zhuǎn)化為利用（2）的結(jié)論去證明即可．

解答：解：（1）函數(shù)F（x）的定義域是（0，∞）．
∵F（x）=lnx-k

x-1

x+1

，∴F′(x)=

1

x

-k

2

(x+1)2

=

x2+2(1-k)x+1

x(x+1)2

，①
方程x²+2（1-k）x+1=0的判別式△=4（1-k）²-4=4（k²-2k），
當(dāng)△≤0時，即0≤k≤2時，在x∈（0，+∞）上，恒有F^′（x）≥0成立，
∴F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
當(dāng)△＞0時，得k＞2或k＜0．
而當(dāng)k＜0時，由①可看出F^′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)k＞2時，方程x²+2（1-k）x+1=0的兩根分別是：x1=k-1-

k2-2k

，x2=k-1+

k2-2k

．
可得：0＜x1=

1

k-1+ k2-2k

＜1＜x2，
于是可判斷出：在（0，x₁）上，F(xiàn)^′（x）＞0；在（x₁，x₂）上，F(xiàn)^′（x）＜0；在（x₂，+∞）上，F(xiàn)^′（x）＞0．
所以，F(xiàn)（x）在(0，k-1-

k2-2k

)上單調(diào)遞增，在(k-1-

k2-2k

，k-1+

k2-2k

)上單調(diào)遞減，
在(k-1+

k2-2k

，+∞)上單調(diào)遞增．
（2）由（1）可知：當(dāng)k≤2時，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴F（x）＞F（1）=0，滿足條件．
當(dāng)k＞2時，F(xiàn)（x）在（1，x₂）上單調(diào)遞減，∴F（x）＜F（1）=0，不滿足條件．
綜上可知：k的取值范圍是（-∞，2]．
（3）由（2）可知：lnx＞

2(x-1)

x+1

在x∈（1，+∞）上恒成立．
據(jù)此可令 x=1+

1

n

，則ln(1+

1

n

)＞

2× 1 n

1+ 1 n +1

=

2

2n+1

，
∴ln

2

1

＞

2

2×1+1

，
       ln

3

2

＞

2

2×2+1

，
        …
       ln

n+1

n

＞

2

2n+1

．
將上面的n個不等式相加得 ln(

2

1

×

3

2

×…×

n+1

n

)＞2×(

1

2×1+1

+

1

2×2+1

+…

1

2n+1

)，
即ln(n+1)＞2

n

i=1

1

2i+1

．

點(diǎn)評：本題綜合考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、最值及不等式問題，其關(guān)鍵是會分類討論和善于轉(zhuǎn)化為已證的結(jié)論．