Question

已知函數(shù)f（x）=lnx+

1

x

-1
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)m∈R，對任意的a∈（-l，1），總存在x_o∈[1，e]，使得不等式ma-（x_o）＜0成立，求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）證明：ln²l+1n²2+…+ln²n＞

(n-1)4

4n3

(n≥2，n∈N*)．

Answer 1

分析：（I）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的極值，然后求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）依題意，ma＜f（x）_max，由（I）可得f（x）在x=e處取得最大值，故問題轉(zhuǎn)化為ma-

1

e

＜0對于任意的a∈（-1，1）恒成立，即可求m的取值范圍；
（III）由（Ⅰ）知函數(shù)f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，從而可得lnx²≥1-

1

x2

．再利用疊加及放縮，可得ln1+ln2+…+lnn＞

(n-1)2

2n

恒成立，再結(jié)合柯西不等式即可證明不等式成立．

解答：解：（Ⅰ）f′（x）=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

，x＞0．
令f′（x）＞0，得x＞1，因此函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（1，+∞）．
令f′（x）＜0，得0＜x＜1，因此函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，1）．…（4分）
（Ⅱ）依題意，ma＜f（x）_max．
由（Ⅰ）知，f（x）在[1，e]上是增函數(shù)，
∴f（x）_max=f（e）=lne+

1

e

-1=

1

e

．
∴ma＜

1

e

，即ma-

1

e

＜0對于任意的a∈（-1，1）恒成立．
∴

m×1- 1 e ≤0 m×(-1)- 1 e ≤0

解得-

1

e

≤m≤

1

e

．
所以，m的取值范圍是[-

1

e

，

1

e

]．…（8分）
（Ⅲ）由（Ⅰ）知函數(shù)f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
故f（x）=lnx+

1

x

-1≥f（1）=0，
∴l(xiāng)nx≥1-

1

x

，以x²替代x，得lnx²≥1-

1

x2

．
∴l(xiāng)n²l+1n²2+…+ln²n＞1-

1

12

+1-

1

22

+…+1-

1

n2

即ln²l+1n²2+…+ln²n＞n-（

1

12

+

1

22

+…+

1

n2

）．
又

1

12

+

1

22

+…+

1

n2

＜1+

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

n(n-1)

∴-（

1

12

+

1

22

+…+

1

n2

）＞-[1+

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

n(n-1)

]
∴n-（

1

12

+

1

22

+…+

1

n2

）＞n-[1+

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

n(n-1)

]=n-[1+1-

1

2

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n-1

-

1

n

]=

(n-1)2

n

，
∴l(xiāng)n1+ln2+…+lnn＞

(n-1)2

2n

．
由柯西不等式，
（ln²l+1n²2+…+ln²n）（1²+1²+…+1²）≥（ln1+ln2+…+lnn）²．
∴l(xiāng)n²l+1n²2+…+ln²n≥

1

n

（ln1+ln2+…+lnn）²＞

(n-1)4

4n3

(n≥2，n∈N*)．
∴l(xiāng)n²l+1n²2，+…+ln² n＞

(n-1)4

4n3

(n≥2，n∈N*)．…（14分）

點評：本題是中檔題，考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式的綜合應(yīng)用，柯西不等式的應(yīng)用，考查計算能力，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．