Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=（a為實(shí)常數(shù)）
（1）當(dāng)a=1時，求函數(shù)φ（x）=f（x）-g（x）在x∈[4，+∞）上的最小值；
（2）若方程e^2f（x）=g（x）（其中e=2.71828…）在區(qū)間[，1]上有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）證明：（參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.6931）

Answer 1

【答案】分析：（1）由已知中函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=，我們易求出當(dāng)a=1時，函數(shù)φ（x）的解析式及其導(dǎo)函數(shù)的解析式，利用導(dǎo)數(shù)法，判斷出函數(shù)的單調(diào)性，即可得到當(dāng)x=4時，φ（x）取最小值；
（2）方程e^2f（x）=g（x）在區(qū)間[，1]上有解，可轉(zhuǎn)化為方程a=在區(qū)間[，1]上有解，構(gòu)造函數(shù)h（x）=，x∈[，1]，利用導(dǎo)數(shù)法求出函數(shù)的值域，即可得到實(shí)數(shù)a的取值范圍，
（3）令a_k=2f（2k+1）-f（k）-f（k+1），利用放縮法及裂項(xiàng)法，我們可以求出≥，構(gòu)造函數(shù)F（x）=lnx-x+2（x≥4）利用導(dǎo)數(shù)法，可以判斷出函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而判斷出＜2n+1，綜合討論結(jié)果，即可得到結(jié)論．
解答：解：（1）當(dāng)a=1時，φ（x）=f（x）-g（x）=lnx+-，
則φ′（x）=-=，
∵在區(qū)間（0，1]上，φ′（x）≤0，在區(qū)間[1，+∞），φ′（x）≥0，
∴φ（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴在x∈[4，+∞）上，當(dāng)x=4時，φ（x）的最小值為φ（4）=ln4-．（4分）
（2）∵方程e^2f（x）=g（x）在區(qū)間[，1]上有解
V即e^2lnx=在區(qū)間[，1]上有解
即a=在區(qū)間[，1]上有解
令h（x）=，x∈[，1]，
∴h′（x）=，
∵在區(qū)間[，]上，h′（x）≥0，在區(qū)間[，1]上，h′（x）≤0，
∴h（x）在區(qū)間[，]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[，1]上單調(diào)遞減，
又h（1）＜h（）．
∴h（1）≤h（x）≤h（）
即≤h（x）≤
故a∈[，]…（9分）
（3）設(shè)a_k=2f（2k+1）-f（k）-f（k+1）=2ln（2k+1）-lnk-ln（k+1）=ln，
由（1）知，φ（x）的最小值為φ（4）=ln4-＞0，
∴l(xiāng)nx＞（x≥4）
又∵＞4，
∴a_k＞=＞=．
∴＞=≥=
構(gòu)造函數(shù)F（x）=lnx-x+2（x≥4），則F′（x）=，
∴當(dāng)x≥4時，F(xiàn)′（x）＜0．
∴F（x）在[4，+∞）上單調(diào)遞減，
即F（x）≤F（4）=ln4-2=2（ln2-1）＜0．
∴當(dāng)x＞4時，lnx＜x-2．  
∴a_k=ln＜4+--2，
即a_k＜2+-．
∴＜2n+1-＜2n+1．
故．（14分）
點(diǎn)評：本題考查的知識點(diǎn)是導(dǎo)數(shù)在最大值，最小值問題中的應(yīng)用，導(dǎo)數(shù)在證明函數(shù)單調(diào)性時的應(yīng)用，函數(shù)恒成立問題，不等式與函數(shù)的綜合應(yīng)用，其中（1）的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)法判斷出函數(shù)的單調(diào)性，（2）的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)法，求出函數(shù)的最值，進(jìn)而得到函數(shù)的值域，而（3）的關(guān)鍵是利用不等式證明的放縮法確定出≥．本題綜合了函數(shù)，導(dǎo)數(shù)，數(shù)列應(yīng)用中的難點(diǎn)，難度較大．