Question

（2011•佛山二模）（1）定理：若函數(shù)f（x）的圖象在區(qū)間[a，b]上連續(xù)，且在（a，b）內(nèi)可導(dǎo)，則至少存在一點ξ∈（a，b），使得f（b）-f（a）=f′（ξ）（b-a）成立．應(yīng)用上述定理證明：
①1-

x

y

＜lny-lnx＜

y

x

-1(0＜x＜y)；
②

n

k-2

1

k

＜lnn＜

n-1

k-1

1

k

(n＞1)．
（2）設(shè)f（x）=xⁿ（n∈N^*）．若對任意的實數(shù)x，y，f（x）-f（y）=f′（

x+y

2

）（x-y）恒成立，求n所有可能的值．

Answer 1

分析：（1）①構(gòu)造出函數(shù)f（x）=lnx，f′（ξ）=

1

ξ

，x＜ξ＜y，依題意lny-lnx=

y-x

ξ

，又

y-x

y

＜

y-x

ξ

＜

y-x

x

，從而可證1-

y

x

＜lny-lnx＜

y

x

-1（0＜x＜y）；②由①知，得

2-1

2

＜ln2-ln1＜

2-1

1

，

3-2

2

＜ln3-ln2＜

3-2

2

，…，

n-(n-1)

n

＜lnn-ln（n-1）＜

n-(n-1)

n-1

，累加即可證得結(jié)論；
（2）易證當(dāng)n=1與n=2時等式f（x）-f（y）=f′（

x+y

2

）（x-y）成立，通過反例x=2，y=0，可證得當(dāng)n≥3時，等式f（x）-f（y）=f′（

x+y

2

）（x-y）不恒成立，從而可知n的所有可能值．

解答：證明：①f（x）=lnx，f′（ξ）=

1

ξ

，x＜ξ＜y               …（1分）
（注1：只要構(gòu)造出函數(shù)f（x）=lnx即給1分）
故lny-lnx=

y-x

ξ

，又

y-x

y

＜

y-x

ξ

＜

y-x

x

…（*）    …（2分）
即1-

y

x

＜lny-lnx＜

y

x

-1（0＜x＜y）  …（3分）
②證明：由（*）式可得

2-1

2

＜ln2-ln1＜

2-1

1

，

3-2

2

＜ln3-ln2＜

3-2

2

，
…

n-(n-1)

n

＜lnn-ln（n-1）＜

n-(n-1)

n-1

，…（6分）
上述不等式相加，得

n

k-2

1

k

＜lnn＜

n-1

k-1

1

k

（n＞1）…（8分）
（注：能給出疊加式中的任何一個即給（1分），能給出一般式

n-(n-1)

n

＜lnn-ln（n-1）＜

n-(n-1)

n-1

，給出2分）
（2）下證當(dāng)n≥3時，等式f（x）-f（y）=f′（

x+y

2

）（x-y）不恒成立．
（注：能猜出n≥3時等式不恒成立即給1分）
當(dāng)n=1時，f（x）-f（y）=f′（

x+y

2

）（x-y）顯然成立．…（9分）
當(dāng)n=2時，f（x）-f（y）=x²-y²=2（

x+y

2

）（x-y）=f′（

x+y

2

）（x-y）．…（10分）
下證當(dāng)n≥3時，等式f（x）-f（y）=f′（

x+y

2

）（x-y）不恒成立．
不妨設(shè)x=2，y=0，則已知條件化為：2^n-1=n．                         …（11分）
當(dāng)n≥3時，2^n-1=（1+1）^n-1=

C

0 n-1

+

C

1 n-1

+…+

C

n-1 n-1

≥2+

C

1 n-1

=n+1＞n，…（13分）
因此，n≥3時方程2^n-1=n無解．
故n的所有可能值為1和2．…（14分）

點評：本題考查思想歸納法，著重考查構(gòu)造函數(shù)與推理證明的能力，考查累加法與反證法的綜合應(yīng)用，屬于難題．