Question

17．已知函数f（x）=lnx，$g（x）=\frac{1}{2}ax+b$．
（1）若f（x）与g（x）在x=1处相切，试求g（x）的表达式；
（2）若$φ（x）=\frac{m（x-1）}{x+1}-f（x）$在[1，+∞）上是减函数，求实数m的取值范围；
（3）证明不等式：$\frac{2n}{n+1}＜$$\frac{1}{ln2}+\frac{1}{ln3}+\frac{1}{ln4}+…+\frac{1}{ln（n+1）}$．

Answer 1

分析 （1）求导数，利用f（x）与g（x）在x=1处相切，可求g（x）的表达式；
（2）$φ（x）=\frac{m（x-1）}{x+1}-f（x）$在[1，+∞）上是减函数，可得导函数小于等于0，在[1，+∞）上恒成立，分离参数，利用基本不等式，可求实数m的取值范围；
（3）当x≥2时，证明$2（\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x}）＜\frac{1}{lnx}$，当x=2时，当x=3时，当x=4时，…，当x=n+1时，利用叠加法，即可得到结论．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx，∴$f'（x）=\frac{1}{x}$，∴$f'（1）=1=\frac{1}{2}a$，得：a=2．
又∵$g（1）=0=\frac{1}{2}a+b$，∴b=-1，
∴g（x）=x-1；
（2）$φ（x）=\frac{m（x-1）}{x+1}-f（x）$=$\frac{m（x-1）}{x+1}-lnx$在[1，+∞）上是减函数，
∴$ϕ'（x）=\frac{{-{x^2}+（2m-2）x-1}}{{x{{（x+1）}^2}}}≤0$在[1，+∞）上恒成立．
即x²-（2m-2）x+1≥0在[1，+∞）上恒成立，由$2m-2≤x+\frac{1}{x}$，x∈[1，+∞），
∵$x+\frac{1}{x}∈[2，+∞）$，
∴2m-2≤2得m≤2；
证明：（3）由（1）可得：当x≥2时：$lnx＜x-1≤\frac{x}{2}（x-1）$，∴$lnx＜\frac{1}{2}x（x-1）$得：$\frac{2}{x（x-1）}＜\frac{1}{lnx}$，
∴$2（\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x}）＜\frac{1}{lnx}$．
当x=2时：$2（\frac{1}{1}-\frac{1}{2}）＜\frac{1}{ln2}$，
当x=3时：$2（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）＜\frac{1}{ln3}$，
当x=4时：$2（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）＜\frac{1}{ln4}$，
…
当x=n+1时：$2（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）＜\frac{1}{ln（n+1）}$，n∈N₊，n≥2，
上述不等式相加得：$2（1-\frac{1}{n+1}）＜$$\frac{1}{ln2}+\frac{1}{ln3}+\frac{1}{ln4}+…+\frac{1}{ln（n+1）}$，
即：$\frac{2n}{n+1}＜$$\frac{1}{ln2}+\frac{1}{ln3}+\frac{1}{ln4}+…+\frac{1}{ln（n+1）}$．

点评 本题考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，考查基本不等式的运用，考查叠加法，考查学生分析解决问题的能力，是中档题．