Question

已知函数f（x）=lnx，g（x）=k•

x-1

x+1

．
（Ⅰ）求函数F（x）=f（x）-g（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x＞1时，函数f（x）＞g（x）恒成立，求实数k的取值范围；
（Ⅲ）设正实数a₁，a₂，a₃，…，a_n满足a₁+a₂+a₃+…+a_n=1，求证：ln（1+

1

a 2 1

）+ln（1+

1

a 2 2

）+…+ln（1+

1

a 2 n

）＞

2n2

n+2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）F(x)=lnx-k•

x-1

x+1

（x＞0），利用导数的运算法则可得F′(x)=

1

x

-

2k

(x+1)2

=

x2+2(1-k)x+1

x(x+1)2

，对于分子x²+2（1-k）x+1=0的判别式△=4（1-k）²-4=4（k²-2k）．通过对△和k分类讨论即可得出．
（Ⅱ）即x＞1时，F（x）＞0恒成立．利用（I）的结论和单调性即可得出；
（III）由（II）知：取k=2，lnx＞2•

x-1

x+1

在（1，+∞）恒成立，令x=1+

1

an2

，则 ln(1+

1

an2

)＞2•

1 an2

2+ 1 an2

=

2

2an2+1

＞

2

2an+1

．利用累加求和和柯西不等式即可证明．

解答：解：（Ⅰ）F(x)=lnx-k•

x-1

x+1

（x＞0）．
F′(x)=

1

x

-

2k

(x+1)2

=

x2+2(1-k)x+1

x(x+1)2

，
x²+2（1-k）x+1=0的判别式△=4（1-k）²-4=4（k²-2k）．
①当△≤0即k∈[0，2]时，F'（x）≥0恒成立，则F（x）在（0，+∞）单调递增；
②当k＜0时，F'（x）＞0在（0，+∞）恒成立，则F（x）在（0，+∞）单调递增；
③当k＞2时，方程x²+2（1-k）x+1=0的两正根为k-1-

k2-2k

，k-1+

k2-2k

．
则F（x）在(0，k-1-

k2-2k

)单调递增，(k-1-

k2-2k

，k-1+

k2-2k

)单调递减，(k-1+

k2-2k

，+∞)单调递增．
综上：当k≤2时，只有单调递增区间（0，+∞）．
当k＞2时，单调递增区间为(0，k-1-

k2-2k

)，(k-1+

k2-2k

，+∞)，
单调递减区间为(k-1-

k2-2k

，k-1+

k2-2k

)．
（Ⅱ）即x＞1时，F（x）＞0恒成立．
当k≤2时，F（x）在（0，+∞）单调递增，∴当x＞1时，F（x）＞F（1）=0满足条件．
当k＞2时，F（x）在(k-1-

k2-2k

，k-1+

k2-2k

)单调递减，
则F（x）在(1，k-1+

k2-2k

)单调递减，
此时F（x）＜F（1）=0不满足条件．
故实数k的取值范围为（-∞，2]．
（Ⅲ）证明：由（II）知：取k=2，lnx＞2•

x-1

x+1

在（1，+∞）恒成立，
令x=1+

1

an2

，则 ln(1+

1

an2

)＞2•

1 an2

2+ 1 an2

=

2

2an2+1

＞

2

2an+1

．
∴

n

i=1

ln(1+

1

ai2

)＞2(

1

2a1+1

+

1

2a2+1

+…+

1

2an+1

)．
又(

1

2a1+1

+

1

2a2+1

+…+

1

2an+1

)[(2a1+1)+(2a2+1)+…+(2an+1)]≥n2
∴2(

1

2a1+1

+

1

2a2+1

+…+

1

2an+1

)≥

2n2

n+2

．
∴

n

i=1

ln(1+

1

ai2

)＞

2n2

n+2

．

点评：本题综合考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、一元二次方程与判别式的关系、分类讨论、利用已经证明的结论解决问题、恒成立问题等基础知识与基本技能方法，属于难题．