Question

5．已知函數(shù)f（x）=ln（ax）（a≠0，a∈R），g（x）=$\frac{x-1}{x}$．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，記φ（x）=f（x）-$\frac{x+1}{x-1}$，求函數(shù)φ（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）≥g（x）（x≥1）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ） 已知對于0＜λ＜1，恒有$\frac{{1+{k^λ}}}{2}≤{（\frac{1+k}{2}）^λ}$（k∈N^*）成立；當(dāng)a=1且0＜λ＜1時，對任意n∈N^*，試比較$\sum_{k=1}^n{\frac{1}{{1+{k^λ}}}}$與f[（1+n）^λ2^n（1-λ）]的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）化簡φ（x）=lnx-$\frac{x+1}{x-1}$，（x＞0且x≠1），從而求導(dǎo)φ′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{2}{（x-1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+1}{x（x-1）^{2}}$，從而寫出單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）化簡可得$lna≥1-\frac{1}{x}-lnx$對x≥1恒成立，從而令$h（x）=1-\frac{1}{x}-lnx$，從而求導(dǎo)確定函數(shù)的最大值，從而解得；
（Ⅲ）當(dāng)a=1時，由（Ⅱ）得：$lnx≥1-\frac{1}{x}$（x≥1），又f（x）=lnx，令$x=\frac{{1+{k^λ}}}{k^λ}$（k∈N^*），則$ln（1+{k^λ}）-ln{k^λ}＞\frac{1}{{1+{k^λ}}}$，從而可得1+k^λ≤2^1-λ（1+k）^λ；即$\frac{1}{{1+{k^λ}}}＜ln（1+{k^λ}）-ln{k^λ}≤ln{（1+k）^λ}-ln{k^λ}+ln{2^{1-λ}}$；從而利用累加法比較．

解答 解：（Ⅰ）φ（x）=lnx-$\frac{x+1}{x-1}$，（x＞0且x≠1），
∴φ′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{2}{（x-1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+1}{x（x-1）^{2}}$，
∵x＞0且x≠1，∴φ′（x）＞0，
故函數(shù)φ（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1）和（1，+∞）；
（Ⅱ）∵$ln（ax）≥\frac{x-1}{x}$對x≥1恒成立，
∴$lna+lnx≥\frac{x-1}{x}$，
即$lna≥1-\frac{1}{x}-lnx$對x≥1恒成立，
令$h（x）=1-\frac{1}{x}-lnx$，則$h'（x）=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}≤0$（x≥1），
∴h（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞減，
故lna≥h（x）_max=h（1）=0，
解得：a≥1，
于是實數(shù)a的取值范圍為[1，+∞）．
（Ⅲ）當(dāng)a=1時，由（Ⅱ）得：$lnx≥1-\frac{1}{x}$（x≥1），又f（x）=lnx．
令$x=\frac{{1+{k^λ}}}{k^λ}$（k∈N^*），則$ln（1+{k^λ}）-ln{k^λ}＞\frac{1}{{1+{k^λ}}}$，
由已知條件，對于0＜λ＜1，有$\frac{{1+{k^λ}}}{2}≤{（\frac{1+k}{2}）^λ}$（k∈N^*）成立，
即1+k^λ≤2^1-λ（1+k）^λ．
∴$\frac{1}{{1+{k^λ}}}＜ln（1+{k^λ}）-ln{k^λ}≤ln{（1+k）^λ}-ln{k^λ}+ln{2^{1-λ}}$．
取k=1，2，3，…，n，得：
$\frac{1}{{1+{1^λ}}}＜ln{（1+1）^λ}-ln{1^λ}+ln{2^{1-λ}}$，
$\frac{1}{{1+{2^λ}}}＜ln{（1+2）^λ}-ln{2^λ}+ln{2^{1-λ}}$，
$\frac{1}{{1+{3^λ}}}＜ln{（1+3）^λ}-ln{3^λ}+ln{2^{1-λ}}$
…，
$\frac{1}{{1+{n^λ}}}＜ln{（1+n）^λ}-ln{n^λ}+ln{2^{1-λ}}$．
將以上式子相加得，
$\sum_{k=1}^n{\frac{1}{{1+{k^λ}}}}$＜ln（1+n）^λ+nln2^1-λ=ln（1+n）^λ+ln2^n（1-λ）=f[（1+n）^λ2^n（1-λ）]；
即$\sum_{k=1}^n{\frac{1}{{1+{k^λ}}}}$＜f[（1+n）^λ2^n（1-λ）]．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及累加法的應(yīng)用，同時考查了恒成立問題化為最值問題求解的方法．