Question

（2012•德阳二模）已知函数f（x）=lnx，g（x）=k•

x-1

x+1

（1）求函数F（x）=f（x）-g（x）的单调区间；
（2）当x＞1时，函数f（x）＞g（x）恒成立，求k的取值范围；
（3）证明：2

n

i=1

1

2i+1

＜ln(n+1)，(n∈N⁺）．

Answer 1

分析：（1）求函数F（x）的单调区间，一般方法是：先对其在给定区间I上求导，若F^′（x）≥0（不恒等于0），则F（x）在区间I上单调递增；若F^′（x）≤0（不恒等于0），则F（x）在区间I上单调递减．当然含有参数时要进行讨论．
（2）当x＞1时，函数f（x）＞g（x）恒成立的问题，可以转化为求函数的最值问题，先求导得到其单调区间进而转化为求其最值即可．
（3）转化为利用（2）的结论去证明即可．

解答：解：（1）函数F（x）的定义域是（0，∞）．
∵F（x）=lnx-k

x-1

x+1

，∴F′(x)=

1

x

-k

2

(x+1)2

=

x2+2(1-k)x+1

x(x+1)2

，①
方程x²+2（1-k）x+1=0的判别式△=4（1-k）²-4=4（k²-2k），
当△≤0时，即0≤k≤2时，在x∈（0，+∞）上，恒有F^′（x）≥0成立，
∴F（x）在（0，+∞）上单调递增．
当△＞0时，得k＞2或k＜0．
而当k＜0时，由①可看出F^′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴F（x）在（0，+∞）上单调递增；
当k＞2时，方程x²+2（1-k）x+1=0的两根分别是：x1=k-1-

k2-2k

，x2=k-1+

k2-2k

．
可得：0＜x1=

1

k-1+ k2-2k

＜1＜x2，
于是可判断出：在（0，x₁）上，F^′（x）＞0；在（x₁，x₂）上，F^′（x）＜0；在（x₂，+∞）上，F^′（x）＞0．
所以，F（x）在(0，k-1-

k2-2k

)上单调递增，在(k-1-

k2-2k

，k-1+

k2-2k

)上单调递减，
在(k-1+

k2-2k

，+∞)上单调递增．
（2）由（1）可知：当k≤2时，F（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴F（x）＞F（1）=0，满足条件．
当k＞2时，F（x）在（1，x₂）上单调递减，∴F（x）＜F（1）=0，不满足条件．
综上可知：k的取值范围是（-∞，2]．
（3）由（2）可知：lnx＞

2(x-1)

x+1

在x∈（1，+∞）上恒成立．
据此可令 x=1+

1

n

，则ln(1+

1

n

)＞

2× 1 n

1+ 1 n +1

=

2

2n+1

，
∴ln

2

1

＞

2

2×1+1

，
       ln

3

2

＞

2

2×2+1

，
        …
       ln

n+1

n

＞

2

2n+1

．
将上面的n个不等式相加得 ln(

2

1

×

3

2

×…×

n+1

n

)＞2×(

1

2×1+1

+

1

2×2+1

+…

1

2n+1

)，
即ln(n+1)＞2

n

i=1

1

2i+1

．

点评：本题综合考查了利用导数求函数的单调区间、最值及不等式问题，其关键是会分类讨论和善于转化为已证的结论．