Question

17．已知函數(shù)$f（x）=\frac{x}{lnx}-ax$．
（1）a=1，x＞1時，求證：$f（x）•\frac{x-1}{x}＜\frac{3-x}{2}$；
（2）求證：$\sum_{k=1}^n{\frac{2}{2k+1}}≤\frac{2}{3}+ln\frac{n+1}{2}\;（n∈N，n≥2）$；
（3）若$?{x_1}，{x_2}∈[{e，{e^2}}]$，使f（x₁）-f′（x₂）≤a成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）將不等式進行轉化為lnx＞$\frac{2（x-1）}{x+1}$，構造函數(shù)h（x）=lnx-2+$\frac{4}{x+1}$，求函數(shù)的導數(shù)，利用函數(shù)的單調性證明不等式即可．
（2）根據(jù)由（1）可知，lnx＞$\frac{2（x-1）}{x+1}$，令x=$\frac{n+1}{n}$，則ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{2}{2n+1}$，累加即可得以證明．
（3）問題等價于“當x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，由此利用導數(shù)性質結合分類討論思想，能求出實數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（1）證明：當a=1，x＞1時，不等式等價為（$\frac{x}{lnx}$-x）$\frac{x-1}{x}$＜$\frac{3-x}{2}$；
即（$\frac{1}{lnx}$-1）（x-1）＜$\frac{3-x}{2}$；
即 $\frac{1}{lnx}$--1＜$\frac{3-x}{2}$×$\frac{1}{x-1}$；
整理得lnx＞$\frac{2（x-1）}{x+1}$=$\frac{2（x+1）-4}{x+1}$=2-$\frac{4}{x+1}$，
設h（x）=lnx-2+$\frac{4}{x+1}$，
則h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{4}{（x+1）^{2}}$=$\frac{（x+1）^{2}-4x}{x（x+1）^{2}}$=$\frac{（x-1）^{2}}{x（x+1）^{2}}$，
∵x＞1，
∴h′（x）＞0，故h（x）在（1，+∞）為增函數(shù)，
∴h（x）＞h（1）=ln1-2+$\frac{4}{1+1}$=-2+2=0，
則h（x）＞0，即不等式lnx＞$\frac{2（x-1）}{x+1}$成立，
則f（x）$•\frac{x-1}{x}$＜$\frac{3-x}{2}$成立．
（2）由（1）可知，lnx＞$\frac{2（x-1）}{x+1}$，
令x=$\frac{n+1}{n}$，則ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{2（\frac{n+1}{n}-1）}{\frac{n+1}{n}+1}$=$\frac{2}{2n+1}$，
∴l(xiāng)n2＞$\frac{2}{3}$，ln$\frac{3}{2}$＞$\frac{2}{5}$，ln$\frac{3}{4}$＞$\frac{2}{7}$，…，ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{2}{2n+1}$，
累加可得，ln2+ln$\frac{3}{2}$+ln$\frac{4}{3}$+…+ln$\frac{n+1}{n}$=ln2+ln$\frac{n+1}{2}$＞$\frac{2}{3}$+$\frac{2}{5}$+$\frac{2}{7}$+…+$\frac{2}{2n+1}$=$\frac{2}{3}$+∑k=1n$\frac{2}{2k+1}$，
∴$\sum_{k=1}^n{\frac{2}{2k+1}}≤\frac{2}{3}+ln\frac{n+1}{2}\;（n∈N，n≥2）$；
（3）命題“若存在x₁，x₂∈[e，e²]，使f（x₁）-f′（x₂）≤a
即f（x₁）≤f′（x₂）+a成立”，
等價于“當x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤f′（x）_max+a”，
由（Ⅰ）知，當x∈[e，e²]時，lnx∈[1，2]，$\frac{1}{lnx}$∈[$\frac{1}{2}$，1]，
f′（x）=-a+$\frac{lnx-1}{ln（x）^{2}}$=-（$\frac{1}{lnx}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$-a，
f′（x）_max+a=$\frac{1}{4}$，
問題等價于：“當x∈[e，e²]時，有f（x）_min≤$\frac{1}{4}$”，
①當-a≤-$\frac{1}{4}$，即a$≥\frac{1}{4}$時，由（Ⅰ），f（x）在[e，e²]上為減函數(shù)，
則f（x）_min=f（e²）=-ae²+$\frac{{e}^{2}}{2}$≤$\frac{1}{4}$，
∴-a≤$\frac{1}{4{e}^{2}}$-$\frac{1}{2}$，
∴a≥$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$．
②當-$\frac{1}{4}$＜-a＜0，即0＜a＜$\frac{1}{4}$時，∵x∈[e，e²]，∴l(xiāng)nx∈[$\frac{1}{2}$，1]，
∵f′（x）=-a+$\frac{lnx-1}{（lnx）^{2}}$，由復合函數(shù)的單調性知f′（x）在[e，e²]上為增函數(shù)，
∴存在唯一x₀∈（e，e²），使f′（x₀）=0且滿足：
f（x）_min=f（x₀）=-ax₀+$\frac{{x}_{0}}{ln{x}_{0}}$，
要使f（x）_min≤$\frac{1}{4}$，
∴-a≤$\frac{1}{4{x}_{0}}$-$\frac{1}{ln{x}_{0}}$＜$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$=-$\frac{1}{4}$，
與-$\frac{1}{4}$＜-a＜0矛盾，
∴-$\frac{1}{4}$＜-a＜0不合題意．
綜上，實數(shù)a的取值范圍為[$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4{e}^{2}}$，+∞）．

點評 本題主要考查函數(shù)、導數(shù)等基本知識．考查運算求解能力及化歸思想、函數(shù)方程思想、分類討論思想的合理運用，注意導數(shù)性質的合理運用，屬于難題