Question

10．已知函數(shù)f（x）=xlnx和g（x）=m（x²-1）（m∈R）
（Ⅰ）m=1時(shí)，求方程f（x）=g（x）的實(shí)根；
（Ⅱ）若對(duì)于任意的x∈（1，+∞），函數(shù)y=g（x）的圖象總在函數(shù)y=f（x）圖象的上方，求m的取值范圍；
（Ⅲ）求證：$\frac{4}{4×{1}^{2}-1}$+$\frac{4×2}{4×{2}^{2}-1}$+…+$\frac{4×n}{4×{n}^{2}-1}$＞ln（2n+1）（n∈N^*）

Answer 1

分析 （Ⅰ）代入m=1時(shí)，f（x）=g（x）即xlnx=x²-1，整理方程得lnx-x+$\frac{1}{x}$=0，利用導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性為遞減函數(shù)，故最多有一個(gè)零點(diǎn)，而h（1）=0，故方程f（x）=g（x）有惟一的實(shí)根x=1；
（Ⅱ）對(duì)于任意的x∈（1，+∞），f（x）＜g（x）恒成立，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)設(shè)F（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），利用導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，F(xiàn)′（x）=$\frac{1}{x}$-m（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）=$\frac{-m{x}^{2}+x-m}{{x}^{2}}$，通過(guò)討論m，判斷是否符合題意；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當(dāng)x＞1時(shí)，m=$\frac{1}{2}$時(shí)，lnx＜$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{x}$）成立．結(jié)合題型，構(gòu)造不妨令x=$\frac{2k+1}{2k-1}$＞1，（k∈N*），得出ln（2k+1）-ln（2k-1）＜$\frac{4k}{4{k}^{2}-1}$，（k∈N^*），利用累加可得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）m=1時(shí)，f（x）=g（x）即xlnx=x²-1，
整理方程得lnx-x+$\frac{1}{x}$=0，
∵x＞0，所以方程即為lnx-x+$\frac{1}{x}$=0，
令h（x）=lnx-x+$\frac{1}{x}$，則h′（x）=$\frac{1}{x}$-1-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{-{x}^{2}+x-1}{{x}^{2}}$=$\frac{-[（x-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{3}{4}]}{{x}^{2}}$＜0，
∴h（x）單調(diào)遞減，而h（1）=0，故方程f（x）=g（x）有惟一的實(shí)根x=1；
（Ⅱ）對(duì)于任意的x∈[1，+∞），f（x）＜g（x）恒成立，
∴l(xiāng)nx＜m（x-$\frac{1}{x}$），
設(shè)F（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），即?x∈[1，+∞），F(xiàn)（x）≤0，
F′（x）=$\frac{1}{x}$-m（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）=$\frac{-m{x}^{2}+x-m}{{x}^{2}}$①
若m≤0，則F'（x）＞0，F(xiàn)（x）＞F（1）=0，這與題設(shè)F（x）≤0矛盾；
②若m＞0，方程-mx²+x-m=0的判別式△=1-4m²，
當(dāng)△≤0，即m≥$\frac{1}{2}$時(shí)，F(xiàn)'（x）≤0，
∴F（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴F（x）≤F（1）=0，即不等式成立，
當(dāng)0＜m＜$\frac{1}{2}$時(shí)，方程-mx²+x-m=0有兩正實(shí)根，設(shè)兩根為x₁，x₂，（x₁＜x₂），
x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4{m}^{2}}}{2m}$∈（0，1），x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4{m}^{2}}}{2m}$∈（1，+∞），
當(dāng)x∈（1，x₂），F(xiàn)'（x）＞0，F(xiàn)（x）單調(diào)遞增，F(xiàn)（x）＞F（1）=0與題設(shè)矛盾，
綜上所述，m＞$\frac{1}{2}$．
所以，實(shí)數(shù)m的取值范圍是（$\frac{1}{2}$，+∞）；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當(dāng)x＞1時(shí)，m=$\frac{1}{2}$時(shí)，lnx＜$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{x}$）成立．
不妨令x=$\frac{2k+1}{2k-1}$＞1，（k∈N*），
所以ln$\frac{2k+1}{2k-1}$＜$\frac{1}{2}$（$\frac{2k+1}{2k-1}$-$\frac{2k-1}{2k+1}$）=$\frac{4k}{4{k}^{2}-1}$，
即ln（2k+1）-ln（2k-1）＜$\frac{4k}{4{k}^{2}-1}$，（k∈N*）
ln3-ln1＜$\frac{4}{4×{1}^{2}-1}$，ln5-ln3＜$\frac{4×2}{4×{2}^{2}-1}$，…，ln（2n+1）-ln（2n-1）＜$\frac{4×n}{4×{n}^{2}-1}$，
累加可得，$\frac{4}{4×{1}^{2}-1}$+$\frac{4×2}{4×{2}^{2}-1}$+…+$\frac{4×n}{4×{n}^{2}-1}$＞ln（2n+1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了零點(diǎn)與單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)判斷恒成立問(wèn)題，利用已證結(jié)論，構(gòu)造函數(shù)解決實(shí)際問(wèn)題．屬于難題．