Question

13．已知函數(shù)f（x）=x-lnx-a，g（x）=x+$\frac{1}{x}$-（lnx）^a+1，a∈R．
（Ⅰ）若f（x）≥0在定義域內(nèi)恒成立，求a的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)a取（Ⅰ）中的最大值時(shí)，求函數(shù)g（x）的最小值；
（Ⅲ）證明不等式$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{（{2}^{k}+1）（{2}^{k}+2）}$＞ln$\frac{{2}^{n+1}}{{2}^{n}+1}$（n∈N⁺）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的定義域，利用導(dǎo)數(shù)求出單調(diào)區(qū)間，繼而得到最值．
（Ⅱ）對(duì)g（x）求導(dǎo)，再構(gòu)造新函數(shù)說明g（x）的單調(diào)性，得到g（x）的最小值．
（Ⅲ）由第（Ⅱ）的結(jié)論寫出各項(xiàng)，求和證明即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定義域是（0，+∞），$f'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f'（x）＜0，f（x）遞減，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f'（x）＞0，f（x）遞增
∴f_min（x）=f（1）=1-a
依題意得，1-a≥0，a≤1，故a的取值范圍（-∞，1]…（4分）
（Ⅱ）當(dāng)a=1時(shí)，$g（x）=x+\frac{1}{x}-{（{lnx}）^2}$，g（x）的定義域是（0，+∞）$g'（x）=1+\frac{1}{x}-2lnx•\frac{1}{x}=\frac{{{x^2}-2xlnx-1}}{x^2}$，
令h（x）=x²-2xlnx-1，h'（x）=2（x-lnx-1），
由（Ⅰ）知，h'（x）的最小值是h'（1）=0，∴h'（x）≥0，h（x）遞增，又h（1）=0x∈（0，1）時(shí)，h'（x）＜0，g'（x）＜0，g（x）遞減，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h'（x）＞0，g'（x）＞0，g（x）遞增，∴g_min（x）=g（1）=2； …（9分）
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）得，x＞1時(shí)，$g（x）＞g（1），x+\frac{1}{x}-{（{lnx}）^2}＞2，{（{\sqrt{x}-\frac{1}{{\sqrt{x}}}}）^2}＞{（{lnx}）^2}，\sqrt{x}-\frac{1}{{\sqrt{x}}}＞lnx$，
令$x=\frac{{{2^k}+2}}{{{2^k}+1}}＞1（{k∈{N^*}}）$，
則$\sqrt{\frac{{{2^k}+2}}{{{2^k}+1}}}-\sqrt{\frac{{{2^k}+1}}{{{2^k}+2}}}＞ln\frac{{{2^k}+2}}{{{2^k}+1}}，即\frac{1}{{\sqrt{（{{2^k}+1}）（{{2^k}+2}）}}}＞ln\frac{{{2^k}+2}}{{{2^k}+1}}$，
∴$\sum_{k=1}^n{\frac{1}{{\sqrt{（{{2^k}+1}）（{{2^k}+2}）}}}}＞ln\frac{2+2}{2+1}+ln\frac{{{2^2}+2}}{{{2^2}+1}}+…+ln\frac{{{2^n}+2}}{{{2^n}+1}}$=$ln（\frac{{2}^{2}}{2+1}•\frac{2（2+1）}{{2}^{2}+1}•…•\frac{2（{2}^{n-1}+1）}{{2}^{n}+1}）=ln\frac{{2}^{n+1}}{{2}^{n}+1}$…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)極值最值問題和利用函數(shù)導(dǎo)數(shù)對(duì)參數(shù)的求解及利用新函數(shù)的單調(diào)性證明復(fù)雜不等式的方法，屬于難度較大題型．