設(shè)函數(shù)f(x)=
x-1
x
log2(x-1)-log2x（x＞1）．
（I）求函數(shù)f（x）的最小值；
（Ⅱ）若m，t∈R+，且
1
m
+
1
t
=1，求證：tlo
g
 
2
m+mlo
g
 
2
t≤mt；
（Ⅲ）若a1，a2，a3，…，a2n∈R+，且
1
a1
+
1
a2
+
1
a3
+…+
1
a2n
=1，求證：
lo
g
 
2
a1
a1
+
lo
g
 
2
a2
a2
+
lo
g
 
2
a3
a3
+…+
lo
g
 
2
a2n
a2n
≤n．
分析：（I）求導(dǎo)數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，從而可求函數(shù)的最小值；
（Ⅱ）證明tlo
g
 
2
m+mlo
g
 
2
t≤mt，只要證明
log2m
m
+
log2t
t
≤1；
（Ⅲ）用數(shù)學(xué)歸納法，關(guān)鍵是證明當(dāng)n=k+1時(shí)不等式也成立，同時(shí)使用歸納假設(shè)．
解答：（I）解：求導(dǎo)數(shù)可得：f′(x)=
1
x2
log2(x-1)（x＞1）
令f′（x）≥0，得x≥2，所以f（x）在（1，2）上遞減，在（2，+∞）上遞增．
所以f（x）min=f（2）=-1．
（Ⅱ）證明：
log2m
m
+
log2t
t
=
log2m
m
-
log2
1
t
t
=
log2m
m
-（1-
1
m
）log2(1-
1
m
)
=-[
m-1
m
log2(m-1)-log2m]
由（I）知當(dāng)x＞1時(shí)，
x-1
x
log2(x-1)-log2x≥-1，
又m，t∈R+，且
1
m
+
1
t
=1，∴m＞1
∴
m-1
m
log2(m-1)-log2m≥-1
∴
log2m
m
+
log2t
t
≤1
∴tlo
g
 
2
m+mlo
g
 
2
t≤mt．
（Ⅲ）證明：用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：
1°當(dāng)n=1時(shí)，由（Ⅱ）可知，不等式成立；
2°假設(shè)n=k時(shí)不等式成立，
即若a1，a2，a3，…，a2k∈R+，且
1
a1
+
1
a2
+
1
a3
+…+
1
a2k
=1時(shí)，
不等式
lo
g
 
2
a1
a1
+
lo
g
 
2
a2
a2
+
lo
g
 
2
a3
a3
+…+
lo
g
 
2
a2k
a2k
≤k成立
現(xiàn)需證當(dāng)n=k+1時(shí)不等式也成立，
即證：若a1，a2，a3，…，a2k+1∈R+，且
1
a1
+
1
a2
+
1
a3
+…+
1
a2k+1
=1時(shí)，不等式
lo
g
 
2
a1
a1
+
lo
g
 
2
a2
a2
+
lo
g
 
2
a3
a3
+…+
lo
g
 
2
a2k+1
a2k+1
≤k+1成立．
證明如下：設(shè)
1
a1
+
1
a2
+
1
a3
+…+
1
a2k
=x，則
1
xa1
+
1
xa2
+
1
xa3
+…+
1
xa2k
=1
∴
lo
g
 
2
xa1
xa1
+
lo
g
 
2
xa2
xa2
+
lo
g
 
2
xa3
xa3
+…+
lo
g
 
2
xa2k
xa2k
≤k
∴
-lo
g
 
2
xa1
a1
+
-lo
g
 
2
xa2
a2
+
-lo
g
 
2
xa3
a3
+…+
-lo
g
 
2
xa2k
a2k
≥-kx
∴
-lo
g
 
2
a1
a1
+
-lo
g
 
2
a2
a2
+
-lo
g
 
2
a3
a3
+…+
-lo
g
 
2
a2k
a2k
≥-kx+xlog2x…①
同理
-lo
g
 
2
a2k+1
a2k+1
+
-lo
g
 
2
a2k+2
a2k+2
+…+
-lo
g
 
2
a2k+1
a2k+1
≥-k(1-x)+（1-x）log2（1-x）…②
由①+②得：
-lo
g
 
2
a1
a1
+
-lo
g
 
2
a2
a2
+
-lo
g
 
2
a3
a3
+…+
-lo
g
 
2
a2k+1
a2k+1
≥-k+[xlog2x+（1-x）log2（1-x）]
又由（Ⅱ）令
1
m
=x，則
1
t
=1-x，其中∈x（0，1），
則有
log2m
m
+
log2t
t
≤1
∴xlog2x+（1-x）log2（1-x）≥-1
∴-k+[xlog2x+（1-x）log2（1-x）]≥-k-1
∴
lo
g
 
2
a1
a1
+
lo
g
 
2
a2
a2
+
lo
g
 
2
a3
a3
+…+
lo
g
 
2
a2k+1
a2k+1
≤k+1
∴當(dāng)n=k+1時(shí)，原不等式也成立．
綜上，由1°和2°可知，原不等式均成立．
點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查不等式的證明，考查數(shù)學(xué)歸納法的運(yùn)用，解題的關(guān)鍵是數(shù)學(xué)歸納法的第2步，有難度．
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相關(guān)習(xí)題

科目：高中數(shù)學(xué) 來(lái)源： 題型：

設(shè)函數(shù)f（x）=a2x2（a＞0），g（x）=blnx．
（1）若函數(shù)y=f（x）圖象上的點(diǎn)到直線x-y-3=0距離的最小值為
2
，求a的值；
（2）關(guān)于x的不等式（x-1）2＞f（x）的解集中的整數(shù)恰有3個(gè)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）對(duì)于函數(shù)f（x）與g（x）定義域上的任意實(shí)數(shù)x，若存在常數(shù)k，m，使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m都成立，則稱直線y=kx+m為函數(shù)f（x）與g（x）的“分界線”．設(shè)a=
2
2
，b=e，試探究f（x）與g（x）是否存在“分界線”？若存在，求出“分界線”的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來(lái)源： 題型：

設(shè)函數(shù)f（x）=p（x-
1
x
）-2lnx，g（x）=
2e
x
（p是實(shí)數(shù)，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）
（1）若f（x）在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求p的取值范圍；
（2）若直線l與函數(shù)f（x），g（x）的圖象都相切，且與函數(shù)f（x）的圖象相切于點(diǎn)（1，0），求p的值；
（3）若在[1，e]上至少存在一點(diǎn)x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，求p的取值范圍．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來(lái)源： 題型：

設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镈，若存在非零實(shí)數(shù)l使得對(duì)于任意x∈M（M⊆D），有x+l∈D，且f（x+1）≥f（x），則稱f（x）為M上的高調(diào)函數(shù)．現(xiàn)給出下列三個(gè)命題：
①函數(shù)f(x)=(
12
)x為R上的l高調(diào)函數(shù)；
②函數(shù)f（x）=sin2x為R上的π高調(diào)函數(shù)；
③如果定義域是[-1，+∞）的函數(shù)f（x）=x2為[-1，+∞）上的m高調(diào)函數(shù)，那么實(shí)數(shù)m的取值范圍[2，+∞）；
其中正確的命題是
②③
②③
（填序號(hào)）

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科目：高中數(shù)學(xué) 來(lái)源： 題型：

設(shè)函數(shù)f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，且f（x+2）=f（x）恒成立；當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f（x）=x3-4x+3．有下列命題：
①f(-
3
4
) ＜f(
15
2
)；
②當(dāng)x∈[-1，0]時(shí)f（x）=x3+4x+3；
③f（x）（x≥0）的圖象與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)由小到大構(gòu)成一個(gè)無(wú)窮等差數(shù)列；
④關(guān)于x的方程f（x）=|x|在x∈[-3，4]上有7個(gè)不同的根．
其中真命題的個(gè)數(shù)為（　�。�

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科目：高中數(shù)學(xué) 來(lái)源：徐州模擬 題型：解答題

設(shè)函數(shù)f（x）=a2x2（a＞0），g（x）=blnx．
（1）若函數(shù)y=f（x）圖象上的點(diǎn)到直線x-y-3=0距離的最小值為2
2
，求a的值；
（2）關(guān)于x的不等式（x-1）2＞f（x）的解集中的整數(shù)恰有3個(gè)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）對(duì)于函數(shù)f（x）與g（x）定義域上的任意實(shí)數(shù)x，若存在常數(shù)k，m，使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m都成立，則稱直線y=kx+m為函數(shù)f（x）與g（x）的“分界線”．設(shè)a=
2
2
，b=e，試探究f（x）與g（x）是否存在“分界線”？若存在，求出“分界線”的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

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