Question

17．已知f（x）=x-$\frac{a}{x}$（a＞0），g（x）=2lnx．
（1）若对[1，+∞）内的一切实数x，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（2）当a=1时，求最大的正整数k，使得对[e，3]（e=2.71828…是自然对数的底数）内的任意k个实数x₁，x₂，…，x_k都有f（x₁）+f（x₂）+…+f（x_k-1）≤16g（x_k）成立；
（3）求证：$\sum_{i=1}^{n}\frac{4i}{4{i}^{2}-1}$＞ln（2n+1），（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）由f（x）≥g（x），可得a≤x²-2xlnx恒成立，构造函数h（x）=x²-2xlnx，利用导数求其最值得答案；
（2）当a=1时，利用导数求出函数f（x）的最大值，由不等式f（x₁）+f（x₂）+…+f（x_k-1）≤16g（x_k）左边的最大值小于右边的最小值列式求得k值；
（3）由（1）可得，x∈（1，+∞）时，f（x）＞g（x），即ln（x）＜$\frac{1}{2}（x-\frac{1}{x}）$．令$x=\frac{2k+1}{2k-1}$，得$ln\frac{2k+1}{2k-1}$＜$\frac{1}{2}（\frac{2k+1}{2k-1}-\frac{2k-1}{2k+1}）$，化简得ln（2k+1）-ln（2k-1）＜$\frac{4k}{{k}^{2}-1}$，分别取k=1，2，3，…，n作和得答案．

解答 （1）解：由f（x）≥g（x），得$\frac{a}{x}$≤x-2lnx，
∵x≥1，∴要使不等式f（x）≥g（x）恒成立，只需a≤x²-2xlnx恒成立．
设h（x）=x²-2xlnx，则h′（x）=2x-2（lnx+x•$\frac{1}{x}$）=2x-2lnx-2，
∵h′′（x）=2-$\frac{2}{x}$，∴当x≥1时，h''（x）≥h''（1）=0，则h′（x）是增函数，
∴h′（x）≥h′（1）=0，则h（x）是增函数，[h（x）]_min=h（1）=1，
∴a≤1．
因此，实数a的取值范围是0＜a≤1；
（2）解：当a=1时，f（x）=x-$\frac{1}{x}$，∴$f'（x）=1+\frac{1}{x^2}＞0$，
∴f（x）在[e，3]上是增函数，f（x）在[e，3]上的最大值为f（3）=$\frac{8}{3}$．
要对[e，3]内的任意k个实数x₁，x₂，…，x_k都有f（x₁）+f（x₂）+…+f（x_k-1）≤16g（x_k）成立，
必须使得不等式左边的最大值小于或等于右边的最小值，
当x₁=x₂=…=x_k-1=3时，不等式左边取得最大值，x_k=e时不等式右边取得最小值，
∴（k-1）×$\frac{8}{3}$≤16×2，解得k≤13．
因此，正整数k的最大值为13．
（3）证明：当a=1时，根据（1）的推导有，x∈（1，+∞）时，f（x）＞g（x），
即ln（x）＜$\frac{1}{2}（x-\frac{1}{x}）$．
令$x=\frac{2k+1}{2k-1}$，得$ln\frac{2k+1}{2k-1}$＜$\frac{1}{2}（\frac{2k+1}{2k-1}-\frac{2k-1}{2k+1}）$，
化简得ln（2k+1）-ln（2k-1）＜$\frac{4k}{{k}^{2}-1}$，
∴ln（2n+1）=$\sum_{i=1}^{n}[ln（2i+1）-ln（2i-1）]$＜$\sum_{i=1}^{n}\frac{4i}{4{i}^{2}-1}$，
即$\sum_{i=1}^{n}\frac{4i}{4{i}^{2}-1}$＞ln（2n+1），（n∈N^*）．

点评 本题考查导数在最大值、最小值问题中的应用，训练了利用函数构造法证明函数不等式，考查逻辑思维能力及推理运算能力，是压轴题．