Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=

3

2

-

a

x

，（a為常數(shù)）
（1）若方程e^2f（x）=g（x）在區(qū)間[

1

2

，1]上有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，證明不等式g（x）＜f（x）＜x-2在[4，+∞）上恒成立；
（3）證明：

5n

4

+

1

60

＜

n

k=1

[2f(2k+1)-f(k+1)-f(k)]＜2n+1，（n∈N^*）（參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.693）

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）將方程e^2f（x）=g（x）轉(zhuǎn)化為a=-x3+

3

2

x．構(gòu)造函數(shù)h（x）=-x3+

3

2

x．利用導(dǎo)數(shù)確定其單調(diào)性及函數(shù)在區(qū)間[

1

2

，1]上的取值范圍，從而求出實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）首先證明不等式g（x）＜f（x）在[4，+∞）上恒成立，將不等式g（x）＜f（x）轉(zhuǎn)化為lnx+

1

x

＞

3

2

．構(gòu)造函數(shù)r（x）=lnx+

1

x

．利用導(dǎo)數(shù)確定其單調(diào)性及最值，進(jìn)而可證明不等式成立．同理可證明f（x）＜x-2在[4，+∞）上恒成立．
（3）將2f（2k+1）-f（k+1）-f（k）轉(zhuǎn)化為f(

1

k(k+1)

+4)，根據(jù)（2）中不等式得到

5

4

+

1

16k(k+1)+4

＜f(

1

k(k+1)

+4)＜

1

k

-

1

k+1

+2，代入

n

k=1

[2f(2k+1)-f(k+1)-f(k)]可得，

5n

4

+

1

16×2+4

+

1

16×2×3+4

+…+

1

16×n(n+1)+4

＜

n

k=1

[2f(2k+1)-f(k+1)-f(k)]＜1-

1

n+1

+2n，利用放縮法即可證明題中結(jié)論．

解答： 解：（1）∵f（x）=lnx，g（x）=

3

2

-

a

x

，
∴方程e^2f（x）=g（x）可化為
x2=

3

2

-

a

x

．
即a=-x3+

3

2

x．
令h（x）=-x3+

3

2

x．
則h′(x)=-3x2+

3

2

．
由h′(x)=-3x2+

3

2

=0得，
x=

2

2

，或x=-

2

2

（舍去）．
當(dāng)x∈[0，

2

2

]時(shí)，h′(x)=-3x2+

3

2

＞0．h（x）單調(diào)遞增．
當(dāng)x∈(

2

2

，1]時(shí)，h′(x)=-3x2+

3

2

＜0．h（x）單調(diào)遞減．
∵h(yuǎn)（

1

2

）=

5

8

，h（1）=

1

2

，h（

2

2

）=

2

2

．
∴x∈[

1

2

，1]時(shí)，h（x）∈[

1

2

，

2

2

]．
∴方程e^2f（x）=g（x）在區(qū)間[

1

2

，1]上有解等價(jià)于
a∈[

1

2

，

2

2

]．
（2）a=1時(shí)，不等式g（x）＜f（x）可化為

3

2

-

1

x

＜lnx，
即lnx+

1

x

＞

3

2

．
令r（x）=lnx+

1

x

．
則r′(x)=

1

x

-

1

x2

．
當(dāng)x∈[4，+∞）時(shí)，r（x）單調(diào)遞增．
∴r（x）_min=r（4）=ln4+

1

4

＞

3

2

．
∴當(dāng)x∈[4，+∞）時(shí)，g（x）＜f（x）恒成立．
f（x）＜x-2可化為
lnx＜x-2，
即lnx-x＜-2．
令k（x）=lnx-x．
k′(x)=

1

x

-1．
當(dāng)x∈[4，+∞）時(shí)，k（x）單調(diào)遞減．
∴k（x）_max=k（4）=ln4-4＜-2．
∴當(dāng)x∈[4，+∞）時(shí)，f（x）＜x-2恒成立．
∴當(dāng)a=1時(shí)，證明不等式g（x）＜f（x）＜x-2在[4，+∞）上恒成立．
（3）∵f（x）=lnx，
∴2f（2k+1）-f（k+1）-f（k）=2ln（2k+1）-ln（k+1）-lnk
=ln

(2k+1)2

k(k+1)

=f(

1

k(k+1)

+4)，
由（2）可知，

3

2

-

1

x

＜f（x）＜x-2，
∴

3

2

-

1

1 k(k+1) +4

＜f(

1

k(k+1)

+4)＜

1

k(k+1)

+4-2，
即

3

2

-

k(k+1)

4k(k+1)+1

＜f(

1

k(k+1)

+4)＜

1

k

-

1

k+1

+2，
∴

5

4

+

1

16k(k+1)+4

＜f(

1

k(k+1)

+4)＜

1

k

-

1

k+1

+2，
∴

5n

4

+

1

16×2+4

+

1

16×2×3+4

+…+

1

16×n(n+1)+4

＜

n

k=1

[2f(2k+1)-f(k+1)-f(k)]＜1-

1

n+1

+2n，
∵n∈N^*，
∴

5n

4

+

1

60

＜

n

k=1

[2f(2k+1)-f(k+1)-f(k)]＜2n+1．

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)在函數(shù)單調(diào)性與最值中的應(yīng)用，零點(diǎn)存在定理，恒成立問(wèn)題的轉(zhuǎn)化，以及裂項(xiàng)相消法，放縮法等知識(shí)與方法的應(yīng)用，和基本運(yùn)算能力．屬于難題．