Question

已知函数f(x)=

1

2

+ln

x

1-x

．
（Ⅰ）求证：存在定点M，使得函数f（x）图象上任意一点P关于M点对称的点Q也在函数f（x）的图象上，并求出点M的坐标；
（Ⅱ）定义Sn=

n-1

i=1

f(

i

n

)=f(

1

n

)+f(

2

n

)+…+f(

n-1

n

)，其中n∈N^*且n≥2，求S₂₀₁₁；
（Ⅲ）对于（Ⅱ）中的S_n，求证：对于任意n∈N^*都有lnSn+2-lnSn+1＞

1

n2

-

1

n3

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）根据题中已知条件可知函数f（x）上的点P和点Q关于点M对称，可根据f（x）+f（2a-x）=2b可以求出a和b的值，进而可以证明；
（Ⅱ）根据题中已知条件先求出S_n的表达式，进而将n=2011代入即可求出S₂₀₁₁的值；
（Ⅲ）根据（Ⅱ）中求得的Sn的表达式先求出lnSn+2-lnSn+1的表达式，即可证明lnSn+2-lnSn+1＞

1

n2

-

1

n3

．

解答：解：（Ⅰ）由题意可知：函数定义域为（0，1）．
设点M的坐标为（a，b），
则由f(x)+f(2a-x)=

1

2

+ln

x

1-x

+

1

2

+ln

2a-x

1-2a+x

=1+ln

-x2+2ax

-x2+2ax+1-2a

=2b，
对于x∈（0，1）恒成立，
于是

1-2a=0 1=2b.

，
解得a=b=

1

2

．
所以存在定点M(

1

2

，

1

2

)，使得函数f（x）的图象上任意一点P关于M点对称的点Q也在函数f（x）的图象上．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）+f（1-x）=1，
∵Sn=f(

1

n

)+f(

2

n

)+…+f(

n-2

n

)+f(

n-1

n

)…①
∴Sn=f(1-

1

n

)+f(1-

2

n

)+…+f(

2

n

)+f(

1

n

)…②
①+②，得2S_n=n-1，
∴Sn=

n-1

2

(n≥2，n∈N*)，
故S₂₀₁₁=1005．
（Ⅲ）当n∈N^*时，由（Ⅱ）知lnSn+2-lnSn+1=ln

Sn+2

Sn+1

=ln(1+

1

n

)，
于是lnSn+2-lnSn+1＞

1

n2

-

1

n3

等价于ln(1+

1

n

)＞

1

n2

-

1

n3

．…（10分）
令g（x）=x³-x²+ln（1+x），则g′(x)=

3x3+(x-1)2

x+1

，
∴当x∈[0，+∞）时，g'（x）＞0，即函数g（x）在[0，+∞）上单调递增，又g（0）=0．
于是，当x∈（0，+∞）时，恒有g（x）＞g（0）=0，即x³-x²+ln（1+x）＞0恒成立．…（12分）
故当x∈（0，+∞）时，有ln（1+x）＞x²-x³成立，取x=

1

n

∈(0，+∞)，
则有ln(

1

n

+1)＞

1

n2

-

1

n3

成立．…（14分）

点评：本题主要考查了数列的递推公式以及数列与函数的综合应用，考查了学生的计算能力和对数列的综合掌握，解题时注意整体思想和转化思想的运用，属于中档题．