Question

8．己知函數(shù)f（x）=xlnx．
（1）求曲線f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（2）對?x≥1，f（x）≤m（x²-1）成立，求實(shí)數(shù)m的最小值；
（3）證明：1n$\root{4}{2n+1}$$＜\sum_{i=1}^{n}$$\frac{i}{4{i}^{2}-1}$．（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）由f（1）=0，f′（1）=1；從而寫出切線方程即可；
（2）化簡可得m（x-$\frac{1}{x}$）-lnx≥0，從而令g（x）=m（x-$\frac{1}{x}$）-lnx，x≥1；則問題等價于?x≥1，g（x）≥0恒成立；從而求導(dǎo)確定函數(shù)的單調(diào)性及取值情況，從而解得．
（3）由（2）知，當(dāng)m=$\frac{1}{2}$時，對?x≥1，xlnx≤$\frac{1}{2}$（x²-1）恒成立，從而化簡可得lnx≤$\frac{1}{2}$$\frac{（x+1）（x-1）}{x}$（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時等號成立）；再設(shè)i∈N^*，則$\frac{2i+1}{2i-1}$＞1，從而證明．

解答 解：（1）f（1）=ln1=0，f′（1）=ln1+1=1；
故曲線f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y-0=x-1，
即x-y-1=0；
（2）∵x≥1，f（x）≤m（x²-1），
∴xlnx≤m（x²-1），
∴m（x-$\frac{1}{x}$）-lnx≥0，
設(shè)g（x）=m（x-$\frac{1}{x}$）-lnx，x≥1；
則問題等價于?x≥1，g（x）≥0恒成立；
注意到g（1）=0，
∵g′（x）=m（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）-$\frac{1}{x}$，
∵x≥1，∴$\left\{\begin{array}{l}{1+\frac{1}{{x}^{2}}＞0}\\{\frac{1}{x}＞0}\end{array}\right.$，
∴當(dāng)m≤0時，g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）≤g（1）=0，故不成立；
當(dāng)m＞0時，g′（x）=$\frac{m{x}^{2}-x+m}{{x}^{2}}$，
令h（x）=mx²-x+m，
∵△=1-4m²，
①若△=1-4m²≤0，即m≥$\frac{1}{2}$時；
此時，h（x）≥0，故g′（x）≥0，
故g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
故g（x）≥g（1）=0，故成立；
②若△=1-4m²＞0，即0＜m＜$\frac{1}{2}$時；
此時，h（x）=0存在兩個不同的實(shí)數(shù)根x₁，x₂，
不妨設(shè)x₁＜x₂，
故x₁x₂=1，故x₁＜1＜x₂，
故g（x）在[1，x₂）上單調(diào)遞減，
故g（x）≤g（1）=0，故不成立；
綜上所述，實(shí)數(shù)m的最小值為$\frac{1}{2}$；
（3）證明：由（2）知，當(dāng)m=$\frac{1}{2}$時，對?x≥1，xlnx≤$\frac{1}{2}$（x²-1）恒成立，
即lnx≤$\frac{1}{2}$$\frac{（x+1）（x-1）}{x}$（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時等號成立）；
設(shè)i∈N^*，則$\frac{2i+1}{2i-1}$＞1，
故ln$\frac{2i+1}{2i-1}$＜$\frac{1}{2}$（$\frac{2i+1}{2i-1}$+1）（$\frac{2i+1}{2i-1}$-1）$\frac{2i-1}{2i+1}$=$\frac{4i}{4{i}^{2}-1}$，
故$\frac{1}{4}$ln$\frac{2i+1}{2i-1}$＜$\frac{i}{4{i}^{2}-1}$，
故$\frac{1}{4}$$\sum_{i=1}^{n}（ln\frac{2i+1}{2i-1}）$$＜\sum_{i=1}^{n}$$\frac{i}{4{i}^{2}-1}$，
即1n$\root{4}{2n+1}$$＜\sum_{i=1}^{n}$$\frac{i}{4{i}^{2}-1}$．（n∈N^*）．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題，同時考查了分類討論的思想應(yīng)用及聯(lián)加的應(yīng)用，屬于難題．