Question

已知函数f（x）=

xlnx

x+1

和直线l：y=m（x-1）．
（1）当曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l垂直时，求原点O到直线l的距离；
（2）若对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立，求m的取值范围；
（3）求证：ln

4	2n+1

＜

n

i=1

i

4i2-1

（n∈N⁺）

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求出原函数的导函数，得到f(1)=

1

2

，由曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l垂直求出m=-2，则直线l的方程可求，由点到直线的距离公式得答案；
（Ⅱ）把对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立转化为lnx≤m(x-

1

x

)，然后构造函数g(x)=lnx-m(x-

1

x

)，利用导数对m≤0和m＞0分类讨论求得m的取值范围；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当x＞1，m=

1

2

时，lnx＜

1

2

(x-

1

x

)成立，令x=

2k+1

2k-1

，(k∈N*)，结合不等式

2k+1

2k-1

＜

1

2

(

2k+1

2k-1

-

2k-1

2k+1

)=

4k

4k2-1

得到不等式

1

4

[ln(2k+1)-ln(2k-1)]＜

4k

4k2-1

，(k∈N*)，即

1

4

(ln3-ln1)＜

1

4×12-1

，然后利用累加求和得答案．

解答： （Ⅰ）解：由f（x）=

xlnx

x+1

，得f′(x)=

x+1+lnx

(x+1)2

，
∴f(1)=

1

2

，于是m=-2，直线l的方程为2x+y-2=0．
原点O到直线l的距离为

|-2|

5

=

2 5

5

；

（Ⅱ）解：对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立，即

xlnx

x+1

≤m(x-1)，也就是lnx≤m(x-

1

x

)，
设g(x)=lnx-m(x-

1

x

)，即?x∈[1，+∞），g（x）≤0成立．
g′(x)=

1

x

-m(1+

1

x2

)=

-mx2+x-m

x2

．
①若m≤0，?x使g′（x）＞0，g（x）≥g（1）=0，这与题设g（x）≤0矛盾；
②若m＞0，方程-mx²+x-m=0的判别式△=1-4m²，
当△≤0，即m≥

1

2

时，g′（x）≤0，
∴g（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴g（x）≤g（1）=0，即不等式成立．
当0＜m＜

1

2

时，方程-mx²+x-m=0的两根为x₁，x₂（x₁＜x₂），
x1=

1- 1-4m2

2m

∈(0，1)，x2=

1+ 1-4m2

2m

∈(1，+∞)，
当x∈（x₁，x₂）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，g（x）＞g（1）=0与题设矛盾．
综上所述，m≥

1

2

；

（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，当x＞1，m=

1

2

时，lnx＜

1

2

(x-

1

x

)成立．
不妨令x=

2k+1

2k-1

，(k∈N*)，
∴

2k+1

2k-1

＜

1

2

(

2k+1

2k-1

-

2k-1

2k+1

)=

4k

4k2-1

，

1

4

[ln(2k+1)-ln(2k-1)]＜

4k

4k2-1

，(k∈N*)．
∴

1

4

(ln3-ln1)＜

1

4×12-1

．

1

4

(ln5-ln3)＜

2

4×22-1

．
…

1

4

(ln(2n+1)-ln(2n-1))＜

n

4n2-1

．
累加可得：

1

4

ln(2n+1)＜

n

i=1

i

4i2-1

，（n∈N^*）．
即ln

4	2n+1

＜

n

n+1

i

4i2-1

（n∈N^*）．

点评：本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求函数的最值，训练了利用导数证明函数表达式，对于（Ⅲ）的证明，引入不等式

2k+1

2k-1

＜

1

2

(

2k+1

2k-1

-

2k-1

2k+1

)=

4k

4k2-1

是关键，要求考生具有较强的逻辑思维能力和灵活变形能力，是压轴题．