Question

已知m∈R，函数f(x)=mx -

m-1

x

-lnx，g(x)=

1

x

+lnx
（Ⅰ）求g（x）的最小值；
（Ⅱ）若y=f（x）-g（x）在[1，+∞）上为单调增函数，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）证明：

ln2

2

+

ln3

3

+

ln4

4

+…+

lnn

n

＜

n2

2(n+1)

(n∈N*)．

Answer 1

分析：（Ⅰ）对g（x）进行求导，得出极值点，利用导数研究其单调区间，求出极值；
（Ⅱ）已知y=f（x）-g（x）在[1，+∞）上为单调增函数，说明y′大于0在[1，+∞）上恒成立，再利用常数分离法求出m的取值范围；
（Ⅲ）可以去m=1，得出一个不等式则2lnx≤x-

1

x

，即

lnx

x

≤

1

2

(1-

1

x2

)，利用此不等式对所要证明的式子进行放缩，从而证明；

解答：解：（Ⅰ）函数g（x）的定义域为（0，+∞），g′(x)=-

1

x2

+

1

x

=

x-1

x2

．
当x∈（0，1），g'（x）＜0，当x∈（1，+∞），g'（x）＞0．
∴x=1为极小值点．极小值g（1）=1．…（4分）
（Ⅱ）∵y=mx-

m-1

x

-

1

x

-2lnx=mx-

m

x

-2lnx．
∴y′=m+

m

x2

-

2

x

在[1，+∞）上恒成立，即m≥

2x

x2+1

在x∈[1，+∞）上恒成立．
又

2x

x2+1

=

2

x+ 1 x

≤1，所以m≥1．
所以，所求实数m的取值范围为[1，+∞）．…（8分）
（Ⅲ）由（Ⅱ），取m=1，设h(x)=f(x)-g(x)=x-

1

x

-2lnx≥h(1)=0，
则2lnx≤x-

1

x

，即

lnx

x

≤

1

2

(1-

1

x2

)．
于是

lnn

n

≤

1

2

(1-

1

n2

)（n∈N^*）．∴

ln1

1

+

ln2

2

+

ln3

3

+…+

lnn

n

≤

1

2

[n-(

1

12

+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

)]＜

1

2

[n-(

1

1•2

+

1

2•3

+

1

3•4

+…+

1

n(n+1)

)]=

1

2

[n-(1-

1

2

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n

-

1

n+1

)]=

1

2

(n-1+

1

n+1

)=

n2

2(n+1)

．
所以

ln2

2

+

ln3

3

+

ln4

4

+…+

lnn

n

＜

n2

2(n+1)

（n∈N^*）．…（14分）

点评：本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，第三问难度比较大，需要利用到前两问，得出一个不等式，对所要证明的命题进行放缩，这类题是高考的难题，也是热点问题；