Question

设g(x)=px-

q

x

-2f(x)，其中f（x）=lnx，且g（e）=qe-

p

e

-2．（e为自然对数的底数）
（Ⅰ）求p与q的关系；
（Ⅱ）若g（x）在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；
（Ⅲ）证明：
①f（x）≤x-1（x＞-1）；
②

ln2

22

+

ln3

32

+…+

lnn

n2

＜

2n2-n-1

4(n+1)

（n∈N，n≥2）．

Answer 1

分析：对于（Ⅰ）求p与q的关系；因为由已知可以很容易求出函数g（x）的表达式，在把x=e代入函数得关系式pe-

q

e

-2=qe-

q

e

-2，化简即可得到答案．
对于（Ⅱ）若g（x）在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；因为已知g（x）的函数表达式，可以直接求解导函数，当导函数恒大于等于0，或者恒小于等于0的时候，即单调．故可分类讨论当p=0，p＞0，p＜0时满足函数单调的p的值，求它们的并集即可得到答案．
对于（Ⅲ）证明：①f（1+x）≤x（x＞-1），可根据函数的单调性直接证明．
②

ln2

22

+

ln3

32

+…+

lnn

n2

＜

2n2-n-1

4(n+1)

（n∈N，n≥2）．因为由①知lnx≤x-1，又x＞0，所以有

lnx

x

≤

x-1

x

=1-

1

x

，令x=n²，
得到不等式

lnn2

n2

≤1-

1

n2

．．代入原不等式化简求解即可得到答案．

解答：解：（Ⅰ）由题意g(x)=px-

q

x

-2lnx，
又g（e）=pe-

q

e

-2，∴pe-

q

e

-2=qe-

q

e

-2，
∴(p-q)e+(p-q)

1

e

=0，∴(p-q)(e+

1

e

)=0，
而e+

1

e

≠0，∴p=q
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：g(x)=px-

p

x

-2lnx，g′(x)=p+

p

x2

-

2

x

=

px2-2x+p

x2

，
令h（x）=px²-2x+p．要使g（x）在（0，+∞）为单调函数，只需h（x）在（0，+∞）满足：
h（x）≥0或h（x）≤0恒成立．
①p=0时，h（x）=-2x，∵x＞0，∴h（x）＜0，∴g'（x）=-

2x

x2

＜0，
∴g（x）在（0，+∞）单调递减，∴p=0适合题意．
②当p＞0时，h（x）=px²-2x+p图象为开口向上抛物线，
称轴为x=

1

p

∈（0，+∞）．∴h（x）_min=p-

1

p

．只需p-

1

p

≥0，即p≥1时h（x）≥0，g′（x）≥0，
∴g（x）在（0，+∞）单调递增，∴p≥1适合题意．
③当p＜0时，h（x）=px²-2x+p图象为开口向下的抛物线，其对称轴为x=

1

p

∉（0，+∞），
只需h（0）≤0，即p≤0时h（0）≤（0，+∞）恒成立．
∴g′（x）＜0，∴g（x）在（0，+∞）单调递减，∴p＜0适合题意．
综上①②③可得，p≥1或p≤0．
（Ⅲ）证明：①即证：lnx-x+1≤0（x＞0），
设k（x）=lnx-x+1，则k'（x）=

1

x

-1=

1-x

x

．
当x∈（0，1）时，k′（x）＞0，∴k（x）为单调递增函数；
当x∈（1，+∞）时，k′（x）＜0，∴k（x）为单调递减函数；
∴x=1为k（x）的极大值点，∴k（x）≤k（1）=0．即lnx-x+1≤0，
所以lnx≤x-1得证．
②由①知lnx≤x-1，又x＞0，
∴

lnx

x

≤

x-1

x

=1-

1

x

∵n∈N^*，n≥2时，令x=n²，
得

lnn2

n2

≤1-

1

n2

．
∴

lnn

n2

≤

1

2

(1-

1

n2

)，
∴

ln2

22

+

ln3

32

++

lnn

22

≤

1

2

(1-

1

22

+1-

1

32

++1-

1

n2

)
=

1

2

[(n-1)]-(

1

22

+

1

32

++

1

n2

)]＜

1

2

[(n-1)-(

1

2×3

+

1

3×4

++

1

n(n+1)

)]
=

1

2

[n-1-(

1

2

-

1

3

+

1

3

-

1

4

++

1

n

-

1

n+1

)]
=

1

2

[n-1-(

1

2

-

1

n+1

)]=

2n2-n-1

4(n+1)

所以得证．

点评：此题主要考查函数的概念及由函数单调性证明不等式的问题，题目共有三问，涵盖知识点多，计算量大，对学生灵活性要求较高，属于难题．