Question

（2013•深圳一模）已知f(x)=x-

a

x

(a＞0)，g（x）=2lnx+bx，且直線y=2x-2與曲線y=g（x）相切．
（1）若對[1，+∞）內的一切實數x，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求實數a的取值范圍；
（2）當a=1時，求最大的正整數k，使得對[e，3]（e=2.71828…是自然對數的底數）內的任意k個實數x₁，x₂，…，x_k都有f（x₁）+f（x₂）+…+f（x_k-1）≤16g（x_k）成立；
（3）求證：

n

i=1

4i

4i2-1

＞ln(2n+1)(n∈N*)．

Answer 1

分析：（1）首先設出直線y=2x-2與曲線y=g（x）的切點，把切點代入兩曲線方程后聯立可求得b的值，解出g（x）后把f（x）和g（x）的解析式代入f（x）≥g（x），分離變量a后對函數進行兩次求導得到函數在區間[1，+∞）內的最小值，則實數a的范圍可求；
（2）當a=1時可證得函數f（x）在[e，3]上為增函數，而g（x）也是增函數，把不等式左邊放大取最大值，右邊取最小值，代入后即可求解最大的正整數k；
（3）該命題是與自然數有關的不等式，采用數學歸納法證明，由歸納假設證明n=k+1成立時，穿插運用分析法．

解答：解：（1）設點（x₀，y₀）為直線y=2x-2與曲線y=g（x）的切點，則有2lnx₀+bx₀=2x₀-2①
∵g′(x)=

2

x

+b，∴

2

x0

+b=2②
由②得，2x₀-2=bx₀，代入①得x₀=1，所以b=0，則g（x）=2lnx．
由f（x）≥g（x），即x-

a

x

≥2lnx，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h（x）=x²-2xlnx，h′(x)=2x-2(lnx+x•

1

x

)=2x-2lnx-2，
∵h″(x)=2-

2

x

，∴當x≥1時，h''（x）≥0，則h'（x）是增函數，
∴h'（x）≥h'（1）=0，∴h（x）是增函數，則h（x）≥h（1）=1，∴a≤1．
又a＞0，因此，實數a的取值范圍是0＜a≤1． 
（2）當a=1時，f(x)=x-

1

x

，∵f′(x)=1+

1

x2

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

8

3

．
要對[e，3]內的任意k個實數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x₁=x₂=…=x_k-1=3時不等式左邊取得最大值，
x_k=e時不等式右邊取得最小值．∴（k-1）f（3）≤16g（3），即(k-1)×

8

3

≤16×2，解得k≤13．
因此，k的最大值為13．         
（3）證明：1°當n=1時，左邊=

4

3

，右邊=ln3，
根據（1）的推導有，x∈（1，+∞）時，f（x）＞g（x），即x-

1

x

＞2lnx．
令x=3，得3-

1

3

＞2ln3，即

4

3

＞ln3．
因此，n=1時不等式成立．   
2°假設當n=k時不等式成立，即

k

i=1

4i

4i2-1

＞ln(2k+1)，
則當n=k+1時，

k+1

i=1

4i

4i2-1

=

k

i=1

4i

4i2-1

+

4(k+1)

4(k+1)2-1

＞ln(2k+1)+

4(k+1)

4(k+1)2-1

，
要證n=k+1時命題成立，即證ln(2k+1)+

4(k+1)

4(k+1)2-1

＞ln(2k+3)，
即證

4(k+1)

4(k+1)2-1

＞ln

2k+3

2k+1

．
在不等式x-

1

x

＞2lnx中，令x=

2k+3

2k+1

，得ln

2k+3

2k+1

＜

1

2

(

2k+3

2k+1

-

2k+1

2k+3

)=

4(k+1)

4(k+1)2-1

．
∴n=k+1時命題也成立．    
綜上所述，不等式

n

i=1

4i

4i2-1

＞ln(2n+1)對一切n∈N^*成立．

點評：本題主要考查函數的性質、導數運算法則、導數的幾何意義及其應用、不等式的求解與證明、數學歸納法等綜合知識，考查學生的計算推理能力及分析問題、解決問題的能力及創新意識，屬難題．