Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，其導函數(shù)為f′（x），令φ（x）=f′（x）．
（1）設g（x）=f（x+a）+φ（x+a），求函數(shù)g（x）的極值；
（2）設Sn=

n

k=1

φ(1+

k

n

)，Tn=

n

k=1

φ(1+

k-1

n

)，n∈N*．
（i）求證：

Sn

n

＜ln2；
（ii）是否存在正整數(shù)n₀，使得當n＞n₀時，都有0＜

Sn+Tn

2n

-ln2＜

1

8040

成立？若存在，求出一個滿足條件的
n₀的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）先求g（x）的導函數(shù)，再確定其單調性，從而確定函數(shù)的極值；
（2）（i）先證明

1

n+k

＜ln(1+

1

n+k-1

)=ln(n+k)-ln(n+k-1)，再進行累加可證；（ii）又

Tn

n

=

1

n

+

1

n+1

++

1

2n-1

，

Sn+Tn

2n

=

Sn

n

+

1

4n

由（i）知

Sn+Tn

2n

-ln2＜

1

4n

，從而可以得n＞2010時，有

Sn+Tn

2n

-ln2＜

1

8040

，進一步有

1

2

(

1

n+k

+

1

n+k-1

)＞ln(n+k)-ln(n+k-1)，從而可證．

解答：解：（1）因為g′(x)=

1

x+a

-

1

(x+a)2

=

x-(1-a)

(x+a)2

，∴x∈（-a，1-a]時，函數(shù)g（x）為減函數(shù)，當x∈[1-a，+∞），函數(shù)g（x）為增函數(shù)，所以當x=1-a時，函數(shù)g（x）取得極小值g（1-a）=1，沒有極大值；
（2）∵

Sn

n

=

1

n+1

+

1

n+2

++

1

2n

（i）取a=1，由（1）知，當x＞0時有g（x）＞g（0）=1，即

1

x+1

+ln(x+1)＞1，∴

x

x+1

＜ln(x+1)，即

1

1+ 1 x

＜ln(x+1)
令1+

1

x

=n+k，即x=

1

n+k-1

，∴

1

n+k

＜ln(1+

1

n+k-1

)=ln(n+k)-ln(n+k-1)
分別取k=1，2，，n并累加得

Sn

n

=

1

n+1

+

1

n+2

++

1

2n

＜ln(2n)-lnn=ln2，∴

Sn

n

＜ ln2
（ii）又

Tn

n

=

1

n

+

1

n+1

++

1

2n-1

，∴

Sn+Tn

2n

=

Sn

n

+

1

4n

由（i）知

Sn+Tn

2n

=

Sn

n

+

1

4n

＜ln2+

1

4n

，即

Sn+Tn

2n

-ln2＜

1

4n

當

1

4n

＜

1

8040

，即n＞2010時，有

Sn+Tn

2n

-ln2＜

1

8040

令p(x)=

1

2

(

x

x+1

+x)-ln(1+x)(0≤x≤1)，∴p/(x)=

1

2

(

1

x+1

-1)2 ≥0
∴p（x）在[0，1）上為增函數(shù)，∴p（x）＞p（0），∴p(

1

n+k-1

)＞0，∴

1

2

(

1

n+k

+

1

n+k-1

)＞ln(1+

1

n+k-1

)
∴

1

2

(

1

n+k

+

1

n+k-1

)＞ln(n+k)-ln(n+k-1)
分別取k=1，2，，n并累加得

Sn+Tn

2n

-ln2＞ 0
綜上所述，存在正整數(shù)n₀=2010，使得當n＞n₀時，都有0＜

Sn+Tn

2n

-ln2＜

1

8040

成立．

點評：本題主要考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的極值，考查不等式的證明，難度較大，有一定的技巧．