Question

11．已知函數(shù)$f（x）=ln\;\frac{x+1}{x-1}$．
（1）判斷函數(shù)f（x）的奇偶性，并給出證明；
（2）解不等式：f（x²+x+3）+f（-2x²+4x-7）＞0；
（3）若函數(shù)g（x）=lnx-（x-1）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，比較f（2）+f（4）+…+f（2n）與2n（n∈N^*）的大小關(guān)系，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義進(jìn)行判斷即可．
（2）根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的關(guān)系將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化即可．
（3）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)的運(yùn)算法則進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）為奇函數(shù)．…1分
證明如下：
由$\frac{x+1}{x-1}＞0$，解得x＜-1或x＞1，
所以函數(shù)的定義域?yàn)椋?∞，-1）∪（1，+∞）                     …2分
對(duì)任意的x∈（-∞，-1）∪（1，+∞），
有$f（-x）=ln\;\frac{-x+1}{-x-1}=ln\;\frac{x-1}{x+1}=ln\;{（{\frac{x+1}{x-1}}）^{-1}}=-ln\;（{\frac{x+1}{x-1}}）=-f（x）$，
所以函數(shù)f（x）為奇函數(shù)．…4分
（2）任取x₁，x₂∈（1，+∞），且x₁＜x₂，則 $f（{x_1}）-f（{x_2}）=ln\frac{{{x_1}+1}}{{{x_1}-1}}-ln\frac{{{x_2}+1}}{{{x_2}-1}}$=$ln\frac{{（{x_1}+1）•（{x_2}-1）}}{{（{x_1}-1）•（{x_2}+1）}}$=$ln\frac{{{x_1}•{x_2}+{x_2}-{x_1}-1}}{{{x_1}•{x_2}-（{x_2}-{x_1}）-1}}$，…5分
因?yàn)?x₂＞x₁＞1，所以 x₁•x₂+x₂-x₁-1＞x₁•x₂-（x₂-x₁）-1＞0，
所以 $\frac{{{x_1}•{x_2}+{x_2}-{x_1}-1}}{{{x_1}•{x_2}-（{x_2}-{x_1}）-1}}＞1$，所 以 f（x₁）-f（x₂）＞0，
所以f（x₁）＞f（x₂），所以函數(shù)y=f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞減；…7分
由f（x²+x+3）+f（-2x²+4x-7）＞0得：f（x²+x+3）＞-f（-2x²+4x-7），
即f（x²+x+3）＞f（2x²-4x+7），
又${x^2}+x+3={（{x+\frac{1}{2}}）^2}+\frac{11}{4}＞1$，2x²-4x+7=2（x-1）²+5＞1，
所以 x²+x+3＜2x²-4x+7，…9分
解得：x＜1或x＞4，
所以原不等式的解集為：（-∞，1）∪（4，+∞）．…10分
（3）f（2）+f（4）+…+f（2n）＜2n（n∈N^*）．理由如下：…11分
因?yàn)?f（2）+f（4）+…+f（2n）=ln（\frac{3}{1}×\frac{5}{3}×\frac{7}{5}×…×\frac{2n+1}{2n-1}）=ln（2n+1）$，
所以 f（2）+f（4）+…+f（2n）-2n=ln（2n+1）-2n=ln（2n+1）-[（2n+1）-1]，…13分
又 g（x）=lnx-（x-1）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x＞1時(shí)，g（x）＜g（1）=0，所以 g（2n+1）＜0，…15分
即 ln（2n+1）-[（2n+1）-1]＜0，
故 f（2）+f（4）+…+f（2n）＜2n（n∈N^*）．…16分

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)奇偶性的判斷，以及不等式的求解，結(jié)合對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則是解決本題的關(guān)鍵．