Question

5．已知函數(shù)$f（x）=\frac{xlnx}{x+1}$和g（x）=m（x-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，+∞），f（x）≤g（x）恒成立，求m的取值范圍；
（Ⅲ）求證：$\frac{4×1}{{4×{1^2}-1}}+\frac{4×2}{{4×{2^2}-1}}+\frac{4×3}{{4×{3^2}-1}}+…+\frac{4×1007}{{4×{{1007}^2}-1}}＞ln2015$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）代入m=1時(shí)，f（x）=g（x）即$\frac{xlnx}{x+1}$=（x-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，$F'（x）=\frac{1}{x}-m（1+\frac{1}{x^2}）=\frac{{-m{x^2}+x-m}}{x^2}$，通過討論m，判斷是否符合題意；
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$\frac{xlnx}{x+1}$=（x-1），
∵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…4'
（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，$（{x_1}＜{x_2}）\;{x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-4{m^2}}}}{2m}∈（0，1），{x_2}=\frac{{1+\sqrt{1-4{m^2}}}}{2m}∈（1，+∞）$
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$[{\frac{1}{2}，+∞}）$…9'
（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$ln\frac{2k+1}{2k-1}＜\frac{1}{2}（\frac{2k+1}{2k-1}-\frac{2k-1}{2k+1}）=\frac{4k}{{4{k^2}-1}}$，$ln（2k+1）-ln（2k-1）＜\frac{4k}{{4{k^2}-1}}，（k∈{N^*}）$$\left\{\begin{array}{l}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}}\end{array}\right.$
累加可得$ln（2n+1）＜\sum_{i=1}^n{\frac{4i}{{4{i^2}-1}}}$（n∈N^*）．
取n=1007，即得$\sum_{i=1}^{1007}{\frac{4i}{{4{i^2}-1}}＞ln2015}$．

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