Question

已知函數(shù)f（x）=x-

a

x

（a＞0），g（x）=2lnx．
（1）若對(duì)[1，+∞）內(nèi)任意的x，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求a的取值范圍；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，
（i）．求最大正整數(shù)k，使得任意k個(gè)實(shí)數(shù)x₁，x₂，…，x_k∈[e，3]，都有f（x₁）+f（x₂）+…+f（x_k-1）≤16g（x_k）成立（e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）；
（ii）．求證：

n

i=1

4i

4i2-1

＞ln（2n+1）（i，n∈N^*）．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）利用參數(shù)分離法，將不等式f（x）≥g（x）恒成立，進(jìn)行轉(zhuǎn)化，即可求a的取值范圍；
（2）根據(jù)數(shù)列的求和公式，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值，即可證明不等式．

解答： 解：（1）由f（x）≥g（x）整理得

a

x

≤x-2lnx．
∵x≥1，∴要使不等式f（x）≥g（x）恒成立，
必須a≤x²-2xlnx恒成立．
設(shè)h(x)=x2-2xlnx，h′(x)=2x-2(lnx+x•

1

x

)=2x-2lnx-2，
設(shè)p(x)=h′(x)，p′(x)=2-

2

x

，∵p′(x)=2-

2

x

，
∴當(dāng)x≥1時(shí)，p′(x)=2-

2

x

＞0，則h′（x）是增函數(shù)．
∴h′（x）≥h′（1）=0，h（x）是增函數(shù)，h（x）≥h（1）=1，
則a≤1．
∵a＞0，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是（0，1]．
（2）ⅰ當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=x-

1

x

，
∵f′(x)=1+

1

x2

＞0，
∴f（x）在[e，3]上是增函數(shù)，f（x）在[e，3]上的最大值為f(3)=

8

3

．
要對(duì)[e，3]內(nèi)的任意k個(gè)實(shí)數(shù)x₁，x₂，…，x_k都有f（x₁）+f（x₂）+…+f（x_k-1）≤16g（x_k）成立，
必須使得不等式左邊的最大值小于或等于右邊的最小值．
∵當(dāng)x₁=x₂=…=x_k-1=3時(shí)不等式左邊取得最大值，x_k=e時(shí)不等式右邊取得最小值．
∴(k-1)×

8

3

≤16×2，解得k≤13，
因此k的最大值為13．
ⅱ當(dāng)a=1時(shí)，根據(jù)（1）的推導(dǎo)有x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）＞g（x），
即lnx＜

1

2

(x-

1

x

)．
令x=

2k+1

2k-1

，得ln

2k+1

2k-1

＜

1

2

(

2k+1

2k-1

-

2k-1

2k+1

)，
化簡(jiǎn)得ln(2k+1)-ln(2k-1)＜

4k

4k2-1

，
ln(2n+1)=

n

i=1

[ln(2i+1)-ln(2i-1)]＜

n

i=1

4i

4i2-1

．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查不等式恒成立的證明，已經(jīng)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值，綜合性較強(qiáng)，難度極大．