Question

（2013•成都二模）已知函数f(x)=x-

1

x

，g(x)=alnx，其中x＞0，a∈R，令函数h（x）=f（x）-g（x）．
（Ⅰ）若函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，求a的取值范围；
（Ⅱ）当a取（I）中的最大值时，判断方程h（x）+h（2-x）=0在（0，1）上是否有解，并说明理由；
（Ⅲ）令函数F（x）=

1

x

+2lnx，证明不等式

2n

k=1

(-1)kF[1+(-

1

2

)k]＜1(n∈N*)．

Answer 1

分析：（I）h（x）=f（x）-g（x）=x-

1

x

-alnx（x＞0），利用导数的运算法则可得h′(x)=1+

1

x2

-

a

x

=

x2-ax+1

x2

，由于函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，可得x²-ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立，即a≤x+

1

x

在（0，+∞）上恒成立，利用基本不等式即可解得a的取值范围．
（II）当a=2时，h（x）=x-

1

x

-2lnx，可得h（x）+h（2-x）=2-

2

x(2-x)

-2ln[x(2-x)]．令t=x（2-x）∈（0，1），构造函数φ（t）=2-

2

t

-2lnt，利用导数研究其单调性即可得出．
（III）令ak=1+(-

1

2

)k，当k为偶数时，a_k＞1，由（I）可知：

1

ak

+2lnak＜ak，即(-1)kF[1+(-

1

2

)k]＜1+(

1

2

)k．当k为奇数时，0＜a_k＜1，由（I）可知：

1

ak

+2lnak＞ak．如何利用“累加求和”即可得出．

解答：解：（I）h（x）=f（x）-g（x）=x-

1

x

-alnx（x＞0），h′(x)=1+

1

x2

-

a

x

=

x2-ax+1

x2

，
∵函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴x²-ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立，即a≤x+

1

x

在（0，+∞）上恒成立，
解得a≤2．
（II）当a=2时，h（x）=x-

1

x

-2lnx，∴h（x）+h（2-x）=2-

2

x(2-x)

-2ln[x(2-x)]．
令t=x（2-x）∈（0，1），构造函数φ（t）=2-

2

t

-2lnt，
φ′(t)=

2

t2

-

2

t

=

2-2t

t2

＞0恒成立，
∴函数φ（t）在（0，1）上单调递增，且φ（1）=0，
∴φ（t）=2-

2

t

-2lnt在（0，1）上无解．
（III）令ak=1+(-

1

2

)k，当k为偶数时，a_k＞1，由（I）可知：

1

ak

+2lnak＜ak，即(-1)kF[1+(-

1

2

)k]＜1+(

1

2

)k．
当k为奇数时，0＜a_k＜1，由（I）可知：

1

ak

+2lnak＞ak．
∴(-1)kF[1+(-

1

2

)k]＜-[1+(-

1

2

)k]=-1++(

1

2

)k．
∴-F(a1)+F(a2)＜1+(

1

2

)1-1+(

1

2

)2，
-F(a3)+F(a4)＜1+(

1

2

)3-1+(

1

2

)4，
…，
-F(a2n-1)+F(a2n)＜1+(

1

2

)2k-1-1+(

1

2

)2k，
累加求和得不等式

2n

k=1

(-1)kF[1+(-

1

2

)k]＜(

1

2

)1+(

1

2

)2+…+(

1

2

)2k=

1 2 [1-( 1 2 )2k]

1- 1 2

=1-(

1

2

)2k＜1．．

点评：本题中考查了利用导数研究函数的单调性、恒成立问题等价转化、分类讨论、基本不等式的性质、“累加求和”等基础知识与基本方法，属于难题．