Question

1．已知函數(shù)f′（x）=ax+$\frac{x}$+2-2a（a＞0）的圖象在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線y=2x+1平行．
（1）求a，b滿足的關(guān)系式；
（2）若f（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范圍；
（3）證明：1+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$＞$\frac{1}{2}$ln（2n+1）+$\frac{n}{2n+1}$（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線y=2x+1平行，得到f'（1）=2，然后利用導(dǎo)數(shù)確定a，b滿足的關(guān)系式．
（2）構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-2lnx=ax+$\frac{a-2}{x}$+2-2a-2lnx，x∈[1，+∞），利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值即可．
（3）取a=1得x-$\frac{1}{x}$≥2lnx令x=$\frac{2n+1}{2n-1}$＞1得$\frac{2n+1}{2n-1}$-$\frac{2n-1}{2n+1}$＞2ln$\frac{2n+1}{2n-1}$，即$\frac{1}{2n-1}$＞$\frac{1}{2}$ln$\frac{2n+1}{2n-1}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），上式中n=1，2，3，…，n，然后n個不等式相加得結(jié)論．

解答 （1）解：函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=a-$\frac{{x}^{2}}$，
因為f（x）=ax+$\frac{x}$+2-2a（a＞0）的圖象在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線y=2x+1平行．
所以f'（1）=2，即f'（1）=a-b=2，所以b=a-2．
（2）解：因為b=a-2，所以f（x）=ax+$\frac{a-2}{x}$+2-2a，
若f（x）≥2lnx，則f（x）-2lnx≥0，
設(shè)g（x）=f（x）-2lnx=ax+$\frac{a-2}{x}$+2-2a-2lnx，x∈[1，+∞）．
則g（1）=0，g′（x）=$\frac{a（x-1）（x-\frac{2-a}{a}）}{{x}^{2}}$，
①當(dāng)0＜a＜1時，$\frac{2-a}{a}$＞1，若1＜x＜$\frac{2-a}{a}$，則g'（x）＜0，此時g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，所以g（x）＜g（1）=0，即f（x）≥2lnx在[1，+∞）不恒成立．
②若a≥1，$\frac{2-a}{a}$≤1，當(dāng)x＞1時，g'（x）＞0，g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，又g（1）=0，
所以此時f（x）≥2lnx．
綜上所述，所求a的取值范圍是[1，+∞）．
（3）證明：由（2）知當(dāng)a≥1時，f（x）≥2lnx在[1，+∞）上恒成立．
取a=1得x-$\frac{1}{x}$≥2lnx
令x=$\frac{2n+1}{2n-1}$＞1得$\frac{2n+1}{2n-1}$-$\frac{2n-1}{2n+1}$＞2ln$\frac{2n+1}{2n-1}$，
即$\frac{1}{2n-1}$＞$\frac{1}{2}$ln$\frac{2n+1}{2n-1}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）
上式中n=1，2，3，…，n，然后n個不等式相加得1+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$＞$\frac{1}{2}$ln（2n+1）+$\frac{n}{2n+1}$（n∈N^*）．

點(diǎn)評 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，考查學(xué)生的運(yùn)算能力．綜合性較強(qiáng)．