Question

10．已知函數(shù)f（x）=lnx+1．
（1）①證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）≤x（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取得等號(hào)）；
②當(dāng)n≥2，n∈N^*時(shí)，證明：$\sum_{k=1}^n{\frac{lnk}{k+1}}＜\frac{n（n-1）}{4}$；
（2）設(shè)$g（x）=ax+（a-1）•\frac{1}{x}-lnx-1$，若g（x）≥0對(duì)x＞0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）①先構(gòu)造函數(shù)m（x）=lnx+1-x，然后求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)即可求出函數(shù)m（x）的最大值為0，即得到m（x）≤0，從而證得f（x）≤x；
②由①可知，ln（x-1）≤x-2，令x-1=t，則lnt≤t-1，再用賦值法，取t=n²，則lnn²≤n²-1，即lnn≤$\frac{（n+1）（n-1）}{2}$，由此即可證明結(jié)論成立；
（2）根據(jù)x＞0，ax+（a-1）•$\frac{1}{x}$-lnx-1≥0便可解得a≥$\frac{lnx+1+\frac{1}{x}}{x+\frac{1}{x}}$，而根據(jù)上面知lnx+1≤x恒成立，從而便可求得$\frac{lnx+1+\frac{1}{x}}{x+\frac{1}{x}}$的最大值，進(jìn)而即可得出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 （1）證明：①構(gòu)造函數(shù)m（x）=f（x）-x=lnx+1-x，
m′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$=0（x＞0）得x=1；
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，m'（x）＞0；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，m'（x）＜0；
∴[m（x）]_max=m（1）=0；
∴m（x）≤0；
∴f（x）≤x；（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取得等號(hào)）；
②由①可知，ln（x-1）≤x-2，x＞1，
令x-1=t，則lnt≤t-1，t＞0，
取t=n²，則lnn²≤n²-1，即lnn≤$\frac{（n+1）（n-1）}{2}$，
故$\frac{lnn}{n+1}$≤$\frac{n-1}{2}$，n∈N^*，n≥2
∴$\sum _{k=1}^{n}\frac{lnk}{k+1}$≤$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{2}$+…+$\frac{n-1}{2}$=$\frac{n（n-1）}{4}$
（2）解：若g（x）≥0對(duì)x＞0恒成立等價(jià)于a≥$\frac{lnx+1+\frac{1}{x}}{x+\frac{1}{x}}$對(duì)x＞0恒成立；
記G（x）=$\frac{lnx+1+\frac{1}{x}}{x+\frac{1}{x}}$，問題等價(jià)于a≥G（x）_max；
由（1）知lnx+1≤x（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取得等號(hào)）；
∴G（x）=$\frac{lnx+1+\frac{1}{x}}{x+\frac{1}{x}}$≤$\frac{x+\frac{1}{x}}{x+\frac{1}{x}}$=1（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取得等號(hào)）；
故G（x）_max=1，所以a≥1；
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 考查構(gòu)造函數(shù)解決問題的方法，根據(jù)函數(shù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)求函數(shù)最值的方法和過程，不等式的性質(zhì)，在解決第二問時(shí)能用上第一問的結(jié)論很巧妙．