Question

已知f（x）=lnx，g（x）=

x

-

1

x

．
（Ⅰ）当x≥1时，求f（x）-g（x）的最大值；
（Ⅱ）求证：

x

＜

x-1

lnx

＜

x+1

2

，?x＞1恒成立；
（Ⅲ）求证：

n2

2

+

3n

8

＜

n

k=1

1

ln 2k+1 2k-1

＜

n2

2

+

n

2

（n≥2，n∈N）．（参考数据：ln3≈1.1，ln5≈1.6）

Answer 1

考点：函数单调性的性质,函数单调性的判断与证明,函数的最值及其几何意义

专题：函数的性质及应用

分析：（Ⅰ）设F（x）=f（x）-g（x），x≥1，根据F′（x）≤0，可得F（x）在区间[1，+∞）内单调递减，从而求得F（x）的最大值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，对?x≥1，都有

x

＜

x-1

x

．设G（x）=（x+1）lnx-2（x-1），x＞1，利用导数的符号可得G（x）在区间（1，+∞）内单调递增，故G（x）＞G（1），化简可得 

x-1

lnx

＜

x+1

2

，原命题得证．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得，x＞1时，

x

x-1

＜

1

lnx

＜

x+1

2(x-1)

恒成立．令

2k+1

2k-1

=x，k∈N^*，可得

n

k=1

1

ln 2k+1 2k-1

＜ 

n2

2

+

n

2

．当k≥2时，根据

1

ln( 2k+1 2k-1 )

＞

(2k+1)(2k-1)

2

＞k-

1

8

，可得 

n

k=1

1

ln 2k+1 2k-1

＞

1

ln3

+

n

k=2

(k-

1

8

)＞

n2

2

+

3n

8

，从而命题得证．

解答： 解：（Ⅰ）设F（x）=f（x）-g（x）=lnx-（

x

-

1

x

），x≥1，
则F′（x）=

1

x

-

1

2 x

=-

( x -1)2

2x x

≤0，
∴F（x）在区间[1，+∞）内单调递减，故F（x）的最大值为F（1）=0．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，对?x≥1，都有f（x）＜g（x），即lnx＜

x

-

1

x

=

x-1

x

．
∵x-1＞0，lnx＞0，∴

x

＜

x-1

x

．
设G（x）=（x+1）lnx-2（x-1），x＞1，则G′（x）=lnx+

x+1

x

-2=

xlnx-x+1

x

．
设H（x）=xlnx-x+1，则H′（x）=lnx＞0，
∴H（x）在区间（1，+∞）内单调递增，∴H（x）＞H（1）=0，即G（x）＞0．
∴G（x）在区间（1，+∞）内单调递增，∴G（x）＞G（1）=0，即（x+1）lnx＞2（x-1）．
因为x-1＞0，lnx＞0，所以

x-1

lnx

＜

x+1

2

，从而原命题得证．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得，当x＞1时，

x

x-1

＜

1

lnx

＜

x+1

2(x-1)

恒成立．
令

2k+1

2k-1

=x，k∈N^*，得

(2k+1)(2k-1)

2

＜

1

ln( 2k+1 2k-1 )

＜k．
∴

n

k=1

1

ln 2k+1 2k-1

＜ 

n

k=1

k=

n2

2

+

n

2

；
另一方面，当k≥2时，

1

ln( 2k+1 2k-1 )

＞

(2k+1)(2k-1)

2

＞

4k2-k+ 1 16

2

=k-

1

8

，
∴

n

k=1

1

ln 2k+1 2k-1

＞

1

ln3

+

n

k=2

(k-

1

8

)＞

7

8

+

(n-1)(n+2)

2

-

n-1

8

=

n2

2

+

3n

8

，
从而命题得证．

点评：本题主要考查函数的单调性的判断和证明，利用函数的单调性求函数的最值，属于中档题．