Question

已知函数f（x）=sinx+lnx-kx（k＞0）．
（Ⅰ）若f（x）在（0，

π

2

]上单调递增，求k的取值范围；
（Ⅱ）设g（x）=sinx（x＞0），若y=g（x）的图象在y=f（x）的图象上方，求k的取值范围；
（Ⅲ）设n∈N₊，证明：

1

π

（4-

1

2n-1

）＜

n+1

i=1

sin（

1

2

）^i-1＜

( 3 -1)(n+1)

2

+1+

n(n+1)

2

ln2-（

1

2

）ⁿ⁺¹．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：计算题,证明题,导数的综合应用,不等式

分析：（Ⅰ） 由题意，f′（x）=cosx+

1

x

-k≥0，则k≤cosx+

1

x

，（cosx+

1

x

）_min即可；
（Ⅱ） 由题意得x＞0时，g（x）＞f（x）恒成立，化为lnx-kx＜0（x＞0）恒成立，h（x）=lnx-kx，利用导数求其最大值即可；
（Ⅲ）显然sinx＞

2

π

x（0＜x＜

π

2

），则

n+1

i=1

sin（

1

2

）^i-1＞

2

π

[1+（

1

2

）+（

1

2

）²+…+（

1

2

）ⁿ]；再证明sinx＜

3 -1

2

+

1

2

x-lnx（0＜x≤1）成立，从而得证．

解答： 解：（Ⅰ） 由题意，f′（x）=cosx+

1

x

-k≥0，则k≤cosx+

1

x

，
而cosx+

1

x

在（0，

π

2

]上单调递减，求
则（cosx+

1

x

）_min=cos

π

2

+

2

π

=

2

π

，则k∈（0，

2

π

]；
（Ⅱ） 由题意得x＞0时，g（x）＞f（x）恒成立，
则lnx-kx＜0（x＞0）恒成立，
令h（x）=lnx-kx，h′（x）=

1

x

-k，
x∈（0，

1

k

）时，h′（x）＞0，
x∈（

1

k

，+∞）时，h′（x）＜0，
则h_max（x）=h（

1

k

）=ln

1

k

-1＜0，
则k＞

1

e

．
（Ⅲ）证明：如图，显然sinx＞

2

π

x（0＜x＜

π

2

），
则

n+1

i=1

sin（

1

2

）^i-1＞

2

π

[1+（

1

2

）+（

1

2

）²+…+（

1

2

）ⁿ]
=

1

π

（4-

1

2n-1

）；
由0＜（

1

2

）^i-1≤1，
由（Ⅰ）知，k=

1

2

时，f（x）在（0，1]上单调递增．
当0＜x≤1时，有sinx+lnx-

1

2

x≤sin1-

1

2

＜

3 -1

2

，
则sinx＜

3 -1

2

+

1

2

x-lnx（0＜x≤1）成立，

n+1

i=1

sin（

1

2

）^i-1＜

3 -1

2

（n+1）+

1

2

[1+（

1

2

）+（

1

2

）²+…+（

1

2

）ⁿ]-ln（

1

2

）^1+2+…+n
=

( 3 -1)(n+1)

2

+1+

n(n+1)

2

ln2-（

1

2

）ⁿ⁺¹．
即

1

π

（4-

1

2n-1

）＜

n+1

i=1

sin（

1

2

）^i-1＜

( 3 -1)(n+1)

2

+1+

n(n+1)

2

ln2-（

1

2

）ⁿ⁺¹．

点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题化成最值问题的处理方法，同时考查了放缩法证明不等式的变形应用，属于难题．