Question

5．已知函数f（x）=ln（ax）（a≠0，a∈R），g（x）=$\frac{x-1}{x}$．
（Ⅰ）当a=1时，记φ（x）=f（x）-$\frac{x+1}{x-1}$，求函数φ（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≥g（x）（x≥1）恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ） 已知对于0＜λ＜1，恒有$\frac{{1+{k^λ}}}{2}≤{（\frac{1+k}{2}）^λ}$（k∈N^*）成立；当a=1且0＜λ＜1时，对任意n∈N^*，试比较$\sum_{k=1}^n{\frac{1}{{1+{k^λ}}}}$与f[（1+n）^λ2^n（1-λ）]的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）化简φ（x）=lnx-$\frac{x+1}{x-1}$，（x＞0且x≠1），从而求导φ′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{2}{（x-1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+1}{x（x-1）^{2}}$，从而写出单调区间即可；
（Ⅱ）化简可得$lna≥1-\frac{1}{x}-lnx$对x≥1恒成立，从而令$h（x）=1-\frac{1}{x}-lnx$，从而求导确定函数的最大值，从而解得；
（Ⅲ）当a=1时，由（Ⅱ）得：$lnx≥1-\frac{1}{x}$（x≥1），又f（x）=lnx，令$x=\frac{{1+{k^λ}}}{k^λ}$（k∈N^*），则$ln（1+{k^λ}）-ln{k^λ}＞\frac{1}{{1+{k^λ}}}$，从而可得1+k^λ≤2^1-λ（1+k）^λ；即$\frac{1}{{1+{k^λ}}}＜ln（1+{k^λ}）-ln{k^λ}≤ln{（1+k）^λ}-ln{k^λ}+ln{2^{1-λ}}$；从而利用累加法比较．

解答 解：（Ⅰ）φ（x）=lnx-$\frac{x+1}{x-1}$，（x＞0且x≠1），
∴φ′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{2}{（x-1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+1}{x（x-1）^{2}}$，
∵x＞0且x≠1，∴φ′（x）＞0，
故函数φ（x）的单调增区间为（0，1）和（1，+∞）；
（Ⅱ）∵$ln（ax）≥\frac{x-1}{x}$对x≥1恒成立，
∴$lna+lnx≥\frac{x-1}{x}$，
即$lna≥1-\frac{1}{x}-lnx$对x≥1恒成立，
令$h（x）=1-\frac{1}{x}-lnx$，则$h'（x）=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}≤0$（x≥1），
∴h（x）在区间[1，+∞）上单调递减，
故lna≥h（x）_max=h（1）=0，
解得：a≥1，
于是实数a的取值范围为[1，+∞）．
（Ⅲ）当a=1时，由（Ⅱ）得：$lnx≥1-\frac{1}{x}$（x≥1），又f（x）=lnx．
令$x=\frac{{1+{k^λ}}}{k^λ}$（k∈N^*），则$ln（1+{k^λ}）-ln{k^λ}＞\frac{1}{{1+{k^λ}}}$，
由已知条件，对于0＜λ＜1，有$\frac{{1+{k^λ}}}{2}≤{（\frac{1+k}{2}）^λ}$（k∈N^*）成立，
即1+k^λ≤2^1-λ（1+k）^λ．
∴$\frac{1}{{1+{k^λ}}}＜ln（1+{k^λ}）-ln{k^λ}≤ln{（1+k）^λ}-ln{k^λ}+ln{2^{1-λ}}$．
取k=1，2，3，…，n，得：
$\frac{1}{{1+{1^λ}}}＜ln{（1+1）^λ}-ln{1^λ}+ln{2^{1-λ}}$，
$\frac{1}{{1+{2^λ}}}＜ln{（1+2）^λ}-ln{2^λ}+ln{2^{1-λ}}$，
$\frac{1}{{1+{3^λ}}}＜ln{（1+3）^λ}-ln{3^λ}+ln{2^{1-λ}}$
…，
$\frac{1}{{1+{n^λ}}}＜ln{（1+n）^λ}-ln{n^λ}+ln{2^{1-λ}}$．
将以上式子相加得，
$\sum_{k=1}^n{\frac{1}{{1+{k^λ}}}}$＜ln（1+n）^λ+nln2^1-λ=ln（1+n）^λ+ln2^n（1-λ）=f[（1+n）^λ2^n（1-λ）]；
即$\sum_{k=1}^n{\frac{1}{{1+{k^λ}}}}$＜f[（1+n）^λ2^n（1-λ）]．

点评 本题考查了导数的综合应用及累加法的应用，同时考查了恒成立问题化为最值问题求解的方法．