Question

17．已知f（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$（x＞1）．
（1）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）證明：①ln$\frac{n}{n-1}$＞$\frac{1}{n}$；
②$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＜lnn（n∈N，n≥2）．

Answer 1

分析 （1）先求導，再根據(jù)導數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性關系即可判斷，
（2）①設g（x）=$\frac{1-x}{x}$+lnx，x＞1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到lnx＞$\frac{x-1}{x}$在（1，+∞）上恒成立，即可得到lnx＞1-$\frac{1}{x}$在（1，+∞）上恒成立，即可得到ln（$\frac{x}{x-1}$）＞=$\frac{1}{x}$，令x=n，問題得以證明，
②由①可得ln$\frac{n}{n-1}$＞$\frac{1}{n}$可得ln2＞$\frac{1}{2}$，ln$\frac{3}{2}$＞$\frac{1}{3}$，ln$\frac{4}{3}$＞$\frac{1}{4}$，…，累加，根據(jù)對數(shù)的運算性質(zhì)即可證明．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$=lnx-2+$\frac{4}{x+1}$，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{4}{（x+1）^{2}}$=$\frac{（x-1）^{2}}{x（x+1）^{2}}$＞0，在（1，+∞）上恒成立，
∴f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）①設g（x）=$\frac{1-x}{x}$+lnx，x＞1，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$＞0，在（1，+∞）上恒成立，
∴g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（x）＞g（1）=0，在（1，+∞）上恒成立，
∴l(xiāng)nx＞$\frac{x-1}{x}$在（1，+∞）上恒成立，
∴l(xiāng)nx＞1-$\frac{1}{x}$在（1，+∞）上恒成立，
∵x＞1，$\frac{x}{x-1}$＞1，
∴l(xiāng)n（$\frac{x}{x-1}$）＞1-$\frac{1}{\frac{x}{x-1}}$=$\frac{1}{x}$，
令x=n，
∴l(xiāng)n$\frac{n}{n-1}$＞$\frac{1}{n}$；
②由①ln$\frac{n}{n-1}$＞$\frac{1}{n}$可得
∴l(xiāng)n2＞$\frac{1}{2}$，ln$\frac{3}{2}$＞$\frac{1}{3}$，ln$\frac{4}{3}$＞$\frac{1}{4}$，…，ln$\frac{n}{n-1}$＞$\frac{1}{n}$，
累加得ln2+ln$\frac{3}{2}$+ln$\frac{4}{3}$+…+ln$\frac{n}{n-1}$=lnn＞$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n}$，n≥2．

點評 本題考查利用導數(shù)和函數(shù)單調(diào)性的關系，考查了利用導數(shù)求函數(shù)的最值，訓練了利用導數(shù)證明不等式的方法，體現(xiàn)了數(shù)學轉化思想方法，屬于難題．