Question

已知m∈R，函數(shù)f(x)=mx -

m-1

x

-lnx，g(x)=

1

x

+lnx
（Ⅰ）求g（x）的最小值；
（Ⅱ）若y=f（x）-g（x）在[1，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）證明：

ln2

2

+

ln3

3

+

ln4

4

+…+

lnn

n

＜

n2

2(n+1)

(n∈N*)．

Answer 1

分析：（Ⅰ）對g（x）進行求導(dǎo)，得出極值點，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)區(qū)間，求出極值；
（Ⅱ）已知y=f（x）-g（x）在[1，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)，說明y′大于0在[1，+∞）上恒成立，再利用常數(shù)分離法求出m的取值范圍；
（Ⅲ）可以去m=1，得出一個不等式則2lnx≤x-

1

x

，即

lnx

x

≤

1

2

(1-

1

x2

)，利用此不等式對所要證明的式子進行放縮，從而證明；

解答：解：（Ⅰ）函數(shù)g（x）的定義域為（0，+∞），g′(x)=-

1

x2

+

1

x

=

x-1

x2

．
當x∈（0，1），g'（x）＜0，當x∈（1，+∞），g'（x）＞0．
∴x=1為極小值點．極小值g（1）=1．…（4分）
（Ⅱ）∵y=mx-

m-1

x

-

1

x

-2lnx=mx-

m

x

-2lnx．
∴y′=m+

m

x2

-

2

x

在[1，+∞）上恒成立，即m≥

2x

x2+1

在x∈[1，+∞）上恒成立．
又

2x

x2+1

=

2

x+ 1 x

≤1，所以m≥1．
所以，所求實數(shù)m的取值范圍為[1，+∞）．…（8分）
（Ⅲ）由（Ⅱ），取m=1，設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=x-

1

x

-2lnx≥h(1)=0，
則2lnx≤x-

1

x

，即

lnx

x

≤

1

2

(1-

1

x2

)．
于是

lnn

n

≤

1

2

(1-

1

n2

)（n∈N^*）．∴

ln1

1

+

ln2

2

+

ln3

3

+…+

lnn

n

≤

1

2

[n-(

1

12

+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

)]＜

1

2

[n-(

1

1•2

+

1

2•3

+

1

3•4

+…+

1

n(n+1)

)]=

1

2

[n-(1-

1

2

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n

-

1

n+1

)]=

1

2

(n-1+

1

n+1

)=

n2

2(n+1)

．
所以

ln2

2

+

ln3

3

+

ln4

4

+…+

lnn

n

＜

n2

2(n+1)

（n∈N^*）．…（14分）

點評：本題主要考查導(dǎo)函數(shù)的正負與原函數(shù)的單調(diào)性之間的關(guān)系，即當導(dǎo)函數(shù)大于0時原函數(shù)單調(diào)遞增，當導(dǎo)函數(shù)小于0時原函數(shù)單調(diào)遞減，第三問難度比較大，需要利用到前兩問，得出一個不等式，對所要證明的命題進行放縮，這類題是高考的難題，也是熱點問題；