Question

（Ⅰ）证明：当x＞1时，2lnx＜x-

1

x

；
（Ⅱ）若不等式(1+

a

t

)ln(1+t)＞a对任意的正实数t恒成立，求正实数a的取值范围；
（Ⅲ）求证：(

9

10

)19＜

1

e2

．

Answer 1

考点：不等式的证明

专题：证明题,函数的性质及应用,不等式的解法及应用

分析：（Ⅰ）令函数f(x)=2lnx-x+

1

x

，定义域是{x∈R|x＞1}，求出导数，判断函数f（x）在（1，+∞）上单调递减
，运用单调性即可得证；
（Ⅱ）由于t＞0，a＞0，故不等式(1+

a

t

)ln(1+t)＞a可化为ln(1+t)＞

at

t+a

（*）问题转化为（*）式对任意的正实数t恒成立，构造函数g(t)=ln(1+t)-

at

t+a

 (t＞0)，求出导数，对a讨论，当0＜a≤2时，当a＞2时，求出单调性，判断不等式是否成立，即可得到；
（Ⅲ）要证(

9

10

)19＜

1

e2

，即证19ln

9

10

＜-2lne?19ln

10

9

＞2?19ln(1+

1

9

)＞2，由（Ⅱ）的结论令a=2，有(1+

2

t

)ln(1+t)＞2对t＞0恒成立，取t=

1

9

可得不等式19ln(1+

1

9

)＞2成立，变形整理即可得证．

解答： （Ⅰ）证明：令函数f(x)=2lnx-x+

1

x

，定义域是{x∈R|x＞1}，
由f′(x)=

2

x

-1-

1

x2

=

-(x-1)2

x2

≤0，可知函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，
故当x＞1时，f(x)=2lnx-x+

1

x

＜f(1)=0，即2lnx＜x-

1

x

．
（Ⅱ）解：由于t＞0，a＞0，故不等式(1+

a

t

)ln(1+t)＞a可化为ln(1+t)＞

at

t+a

…（*）
问题转化为（*）式对任意的正实数t恒成立，
构造函数g(t)=ln(1+t)-

at

t+a

 (t＞0)，
则g′(t)=

1

1+t

-

a2

(t+a)2

=

t[t-a(a-2)]

(1+t)(t+a)2

，
（1）当0＜a≤2时，由t＞0，a（a-2）≤0，则g'（t）≥0即g（t）在（0，+∞）上单调递增，
则g（t）＞g（0）=0，即不等式ln(1+t)＞

at

t+a

对任意的正实数t恒成立．
（2）当a＞2时，a（a-2）＞0
因此t∈（0，a（a-2）），g'（t）＜0，函数g（t）单调递减；
t∈（a（a-2），+∞），g'（t）＞0，函数g（t）单调递增，
故g(t)min=g(a(a-2))=2ln(a-1)-

a(a-2)

a-1

，由a＞2，即a-1＞1，
令x=a-1＞1，由（Ⅰ）可知g(t)min=2ln(a-1)-

a(a-2)

a-1

=2lnx-

x2-1

x

=2lnx-(x-

1

x

)＜0，不合题意．
综上可得，正实数a的取值范围是（0，2]．
（Ⅲ）证明：要证(

9

10

)19＜

1

e2

，即证19ln

9

10

＜-2lne?19ln

10

9

＞2?19ln(1+

1

9

)＞2，
由（Ⅱ）的结论令a=2，有(1+

2

t

)ln(1+t)＞2对t＞0恒成立，
取t=

1

9

可得不等式19ln(1+

1

9

)＞2成立，
综上，不等式(

9

10

)19＜

1

e2

成立．

点评：本题考查不等式的证明，考查构造法证明不等式，同时考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，以及单调性的运用，考查运算和推理的能力，属于中档题．