Question

已知f（x）=lnx，g（x）=

x

-

1

x

．
（Ⅰ）當x≥1時，求f（x）-g（x）的最大值；
（Ⅱ）求證：

x

＜

x-1

lnx

＜

x+1

2

，?x＞1恒成立；
（Ⅲ）求證：

n2

2

+

3n

8

＜

n

k=1

1

ln 2k+1 2k-1

＜

n2

2

+

n

2

（n≥2，n∈N）．（參考數(shù)據(jù)：ln3≈1.1，ln5≈1.6）

Answer 1

考點：函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì),函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明,函數(shù)的最值及其幾何意義

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（Ⅰ）設(shè)F（x）=f（x）-g（x），x≥1，根據(jù)F′（x）≤0，可得F（x）在區(qū)間[1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，從而求得F（x）的最大值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，對?x≥1，都有

x

＜

x-1

x

．設(shè)G（x）=（x+1）lnx-2（x-1），x＞1，利用導(dǎo)數(shù)的符號可得G（x）在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，故G（x）＞G（1），化簡可得 

x-1

lnx

＜

x+1

2

，原命題得證．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得，x＞1時，

x

x-1

＜

1

lnx

＜

x+1

2(x-1)

恒成立．令

2k+1

2k-1

=x，k∈N^*，可得

n

k=1

1

ln 2k+1 2k-1

＜ 

n2

2

+

n

2

．當k≥2時，根據(jù)

1

ln( 2k+1 2k-1 )

＞

(2k+1)(2k-1)

2

＞k-

1

8

，可得 

n

k=1

1

ln 2k+1 2k-1

＞

1

ln3

+

n

k=2

(k-

1

8

)＞

n2

2

+

3n

8

，從而命題得證．

解答： 解：（Ⅰ）設(shè)F（x）=f（x）-g（x）=lnx-（

x

-

1

x

），x≥1，
則F′（x）=

1

x

-

1

2 x

=-

( x -1)2

2x x

≤0，
∴F（x）在區(qū)間[1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，故F（x）的最大值為F（1）=0．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，對?x≥1，都有f（x）＜g（x），即lnx＜

x

-

1

x

=

x-1

x

．
∵x-1＞0，lnx＞0，∴

x

＜

x-1

x

．
設(shè)G（x）=（x+1）lnx-2（x-1），x＞1，則G′（x）=lnx+

x+1

x

-2=

xlnx-x+1

x

．
設(shè)H（x）=xlnx-x+1，則H′（x）=lnx＞0，
∴H（x）在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，∴H（x）＞H（1）=0，即G（x）＞0．
∴G（x）在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，∴G（x）＞G（1）=0，即（x+1）lnx＞2（x-1）．
因為x-1＞0，lnx＞0，所以

x-1

lnx

＜

x+1

2

，從而原命題得證．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得，當x＞1時，

x

x-1

＜

1

lnx

＜

x+1

2(x-1)

恒成立．
令

2k+1

2k-1

=x，k∈N^*，得

(2k+1)(2k-1)

2

＜

1

ln( 2k+1 2k-1 )

＜k．
∴

n

k=1

1

ln 2k+1 2k-1

＜ 

n

k=1

k=

n2

2

+

n

2

；
另一方面，當k≥2時，

1

ln( 2k+1 2k-1 )

＞

(2k+1)(2k-1)

2

＞

4k2-k+ 1 16

2

=k-

1

8

，
∴

n

k=1

1

ln 2k+1 2k-1

＞

1

ln3

+

n

k=2

(k-

1

8

)＞

7

8

+

(n-1)(n+2)

2

-

n-1

8

=

n2

2

+

3n

8

，
從而命題得證．

點評：本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性的判斷和證明，利用函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的最值，屬于中檔題．