已知函数$f(x)=\frac{xlnx}{x+1}$和g.m∈R．=g(x)的实根,(Ⅱ)若对于任意的x∈[1.+∞).f恒成立.求m的取值范围,(Ⅲ)求证:$\frac{4×1}{{4×{1^2}-1}}+\frac{4×2}{{4×{2^2}-1}}+\frac{4×3}{{4×{3^2}-1}}+-+\frac{4×1007}{{4×{{1007}^2}-1}}� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

5．已知函数$f（x）=\frac{xlnx}{x+1}$和g（x）=m（x-1），m∈R．
（Ⅰ）m=1时，求方程f（x）=g（x）的实根；
（Ⅱ）若对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤g（x）恒成立，求m的取值范围；
（Ⅲ）求证：$\frac{4×1}{{4×{1^2}-1}}+\frac{4×2}{{4×{2^2}-1}}+\frac{4×3}{{4×{3^2}-1}}+…+\frac{4×1007}{{4×{{1007}^2}-1}}＞ln2015$．

分析（Ⅰ）代入m=1时，f（x）=g（x）即$\frac{xlnx}{x+1}$=（x-1），整理方程得$lnx-x+\frac{1}{x}=0$，利用导函数判断函数的单调性为递减函数，故最多有一个零点，而h（1）=0，故方程f（x）=g（x）有惟一的实根x=1；
（Ⅱ）对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤g（x）恒成立，通过构造函数设$F（x）=lnx-m（x-\frac{1}{x}）$，利用导函数判断函数的单调性，$F'（x）=\frac{1}{x}-m（1+\frac{1}{x^2}）=\frac{{-m{x^2}+x-m}}{x^2}$，通过讨论m，判断是否符合题意；
由（Ⅱ）知，当x＞1时，$m=\frac{1}{2}$时，$lnx＜\frac{1}{2}（x-\frac{1}{x}）$成立．结合题型，构造不妨令$x=\frac{2k+1}{2k-1}＞1，（k∈{N^*}）$，
得出$ln（2k+1）-ln（2k-1）＜\frac{4k}{{4{k^2}-1}}，（k∈{N^*}）$，利用累加可得结论；

解答（Ⅰ）m=1时，f（x）=g（x）即$\frac{xlnx}{x+1}$=（x-1），
∵x＞0，所以方程即为$lnx-x+\frac{1}{x}=0$，
令$h（x）=lnx-x+\frac{1}{x}$，则$h'（x）=\frac{1}{x}-1-\frac{1}{x^2}=\frac{{-{x^2}+x-1}}{x^2}=\frac{{-[{{（x-\frac{1}{2}）}^2}+\frac{3}{4}]}}{x^2}＜0$，
∴h（x）单调递减，
而h（1）=0，故方程f（x）=g（x）有惟一的实根x=1…4'
（Ⅱ）对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤g（x）恒成立，
∴lnx≤m（x-$\frac{1}{x}$），
设$F（x）=lnx-m（x-\frac{1}{x}）$，即?x∈[1，+∞），F（x）≤0，
$F'（x）=\frac{1}{x}-m（1+\frac{1}{x^2}）=\frac{{-m{x^2}+x-m}}{x^2}$
①若m≤0，则F'（x）＞0，F（x）≥F（1）=0，这与题设F（x）≤0矛盾
②若m＞0，方程-mx²+x-m=0的判别式△=1-4m²，
当△≤0，即$m≥\frac{1}{2}$时，F'（x）≤0，
∴F（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴F（x）≤F（1）=0，即不等式成立
当$0＜m＜\frac{1}{2}$时，方程-mx²+x-m=0有两正实根，设两根为x₁，x₂，$（{x_1}＜{x_2}）\;{x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-4{m^2}}}}{2m}∈（0，1），{x_2}=\frac{{1+\sqrt{1-4{m^2}}}}{2m}∈（1，+∞）$
当x∈（1，x₂），F'（x）＞0，F（x）单调递增，F（x）＞F（1）=0与题设矛盾，
综上所述，$m≥\frac{1}{2}$．
所以，实数m的取值范围是$[{\frac{1}{2}，+∞}）$…9'
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当x＞1时，$m=\frac{1}{2}$时，$lnx＜\frac{1}{2}（x-\frac{1}{x}）$成立．
不妨令$x=\frac{2k+1}{2k-1}＞1，（k∈{N^*}）$，
所以$ln\frac{2k+1}{2k-1}＜\frac{1}{2}（\frac{2k+1}{2k-1}-\frac{2k-1}{2k+1}）=\frac{4k}{{4{k^2}-1}}$，$ln（2k+1）-ln（2k-1）＜\frac{4k}{{4{k^2}-1}}，（k∈{N^*}）$$\left\{\begin{array}{l}ln3-ln1＜\frac{4}{{4×{1^2}-1}}\\ ln5-ln3＜\frac{4×2}{{4×{2^2}-1}}\\ ln（2n+1）-ln（2n-1）＜\frac{4×n}{{4×{n^2}-1}}\end{array}\right.$
累加可得$ln（2n+1）＜\sum_{i=1}^n{\frac{4i}{{4{i^2}-1}}}$（n∈N^*）．
取n=1007，即得$\sum_{i=1}^{1007}{\frac{4i}{{4{i^2}-1}}＞ln2015}$．