Question

17．已知f（x）=x-$\frac{a}{x}$（a＞0），g（x）=2lnx．
（1）若對[1，+∞）內(nèi)的一切實數(shù)x，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）當(dāng)a=1時，求最大的正整數(shù)k，使得對[e，3]（e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)）內(nèi)的任意k個實數(shù)x₁，x₂，…，x_k都有f（x₁）+f（x₂）+…+f（x_k-1）≤16g（x_k）成立；
（3）求證：$\sum_{i=1}^{n}\frac{4i}{4{i}^{2}-1}$＞ln（2n+1），（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）由f（x）≥g（x），可得a≤x²-2xlnx恒成立，構(gòu)造函數(shù)h（x）=x²-2xlnx，利用導(dǎo)數(shù)求其最值得答案；
（2）當(dāng)a=1時，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)f（x）的最大值，由不等式f（x₁）+f（x₂）+…+f（x_k-1）≤16g（x_k）左邊的最大值小于右邊的最小值列式求得k值；
（3）由（1）可得，x∈（1，+∞）時，f（x）＞g（x），即ln（x）＜$\frac{1}{2}（x-\frac{1}{x}）$．令$x=\frac{2k+1}{2k-1}$，得$ln\frac{2k+1}{2k-1}$＜$\frac{1}{2}（\frac{2k+1}{2k-1}-\frac{2k-1}{2k+1}）$，化簡得ln（2k+1）-ln（2k-1）＜$\frac{4k}{{k}^{2}-1}$，分別取k=1，2，3，…，n作和得答案．

解答 （1）解：由f（x）≥g（x），得$\frac{a}{x}$≤x-2lnx，
∵x≥1，∴要使不等式f（x）≥g（x）恒成立，只需a≤x²-2xlnx恒成立．
設(shè)h（x）=x²-2xlnx，則h′（x）=2x-2（lnx+x•$\frac{1}{x}$）=2x-2lnx-2，
∵h(yuǎn)′′（x）=2-$\frac{2}{x}$，∴當(dāng)x≥1時，h''（x）≥h''（1）=0，則h′（x）是增函數(shù)，
∴h′（x）≥h′（1）=0，則h（x）是增函數(shù)，[h（x）]_min=h（1）=1，
∴a≤1．
因此，實數(shù)a的取值范圍是0＜a≤1；
（2）解：當(dāng)a=1時，f（x）=x-$\frac{1}{x}$，∴$f'（x）=1+\frac{1}{x^2}＞0$，
∴f（x）在[e，3]上是增函數(shù)，f（x）在[e，3]上的最大值為f（3）=$\frac{8}{3}$．
要對[e，3]內(nèi)的任意k個實數(shù)x₁，x₂，…，x_k都有f（x₁）+f（x₂）+…+f（x_k-1）≤16g（x_k）成立，
必須使得不等式左邊的最大值小于或等于右邊的最小值，
當(dāng)x₁=x₂=…=x_k-1=3時，不等式左邊取得最大值，x_k=e時不等式右邊取得最小值，
∴（k-1）×$\frac{8}{3}$≤16×2，解得k≤13．
因此，正整數(shù)k的最大值為13．
（3）證明：當(dāng)a=1時，根據(jù)（1）的推導(dǎo)有，x∈（1，+∞）時，f（x）＞g（x），
即ln（x）＜$\frac{1}{2}（x-\frac{1}{x}）$．
令$x=\frac{2k+1}{2k-1}$，得$ln\frac{2k+1}{2k-1}$＜$\frac{1}{2}（\frac{2k+1}{2k-1}-\frac{2k-1}{2k+1}）$，
化簡得ln（2k+1）-ln（2k-1）＜$\frac{4k}{{k}^{2}-1}$，
∴l(xiāng)n（2n+1）=$\sum_{i=1}^{n}[ln（2i+1）-ln（2i-1）]$＜$\sum_{i=1}^{n}\frac{4i}{4{i}^{2}-1}$，
即$\sum_{i=1}^{n}\frac{4i}{4{i}^{2}-1}$＞ln（2n+1），（n∈N^*）．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用，訓(xùn)練了利用函數(shù)構(gòu)造法證明函數(shù)不等式，考查邏輯思維能力及推理運(yùn)算能力，是壓軸題．