Question

（Ⅰ）证明：当x＞1，2lnx＜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：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,证明题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）令函数f（x）=2lnx-x+

1

x

，定义域是（1，+∞）；求导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；从而证明．
（Ⅱ）因为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ln（1+t）＞

at

t+a

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），从而转化为最值问题．
（Ⅲ）要证（

9

10

）¹⁹＜

1

e2

，即证19ln

9

10

＜-2；即证：19ln（1+

1

9

）＞2，从而证明．

解答： 解：（Ⅰ）证明：令函数f（x）=2lnx-x+

1

x

，定义域是（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）因为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ln（1+t）＞

at

t+a

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

t+1

-

a2

(t+a)2

=

t[t-a(a-2)]

(1+t)(t+a)2

，
（1）当0＜a≤2时，∵t＞0，a（a-2）≤0，
∴g′（t）≥0；
即g（t）在（0，+∞）上单调递增，
所以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））时，g′（t）＜0，函数g（t）单调递减；
t∈（a（a-2），+∞）时，g′（t）＞0，函数g（t）单调递增，
所以g_min（t）=g（a（a-2））=2ln（a-1）-

a(a-2)

a-1

；
∵a＞2，∴a-1＞1，令x=a-1＞1，
由（Ⅰ）可知，g_min（t）=g（a（a-2））=2ln（a-1）-

a(a-2)

a-1

=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

＜-2；
即证：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：本题考查了导数的综合应用及构造函数证明不等式的方法应用，属于难题．