Question

已知函数f（x）=lnx，g（x）=

3

2

-

a

x

，（a为常数）
（1）若方程e^2f（x）=g（x）在区间[

1

2

，1]上有解，求实数a的取值范围；
（2）当a=1时，证明不等式g（x）＜f（x）＜x-2在[4，+∞）上恒成立；
（3）证明：

5n

4

+

1

60

＜

n

k=1

[2f(2k+1)-f(k+1)-f(k)]＜2n+1，（n∈N^*）（参考数据：ln2≈0.693）

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）将方程e^2f（x）=g（x）转化为a=-x3+

3

2

x．构造函数h（x）=-x3+

3

2

x．利用导数确定其单调性及函数在区间[

1

2

，1]上的取值范围，从而求出实数a的取值范围；
（2）首先证明不等式g（x）＜f（x）在[4，+∞）上恒成立，将不等式g（x）＜f（x）转化为lnx+

1

x

＞

3

2

．构造函数r（x）=lnx+

1

x

．利用导数确定其单调性及最值，进而可证明不等式成立．同理可证明f（x）＜x-2在[4，+∞）上恒成立．
（3）将2f（2k+1）-f（k+1）-f（k）转化为f(

1

k(k+1)

+4)，根据（2）中不等式得到

5

4

+

1

16k(k+1)+4

＜f(

1

k(k+1)

+4)＜

1

k

-

1

k+1

+2，代入

n

k=1

[2f(2k+1)-f(k+1)-f(k)]可得，

5n

4

+

1

16×2+4

+

1

16×2×3+4

+…+

1

16×n(n+1)+4

＜

n

k=1

[2f(2k+1)-f(k+1)-f(k)]＜1-

1

n+1

+2n，利用放缩法即可证明题中结论．

解答： 解：（1）∵f（x）=lnx，g（x）=

3

2

-

a

x

，
∴方程e^2f（x）=g（x）可化为
x2=

3

2

-

a

x

．
即a=-x3+

3

2

x．
令h（x）=-x3+

3

2

x．
则h′(x)=-3x2+

3

2

．
由h′(x)=-3x2+

3

2

=0得，
x=

2

2

，或x=-

2

2

（舍去）．
当x∈[0，

2

2

]时，h′(x)=-3x2+

3

2

＞0．h（x）单调递增．
当x∈(

2

2

，1]时，h′(x)=-3x2+

3

2

＜0．h（x）单调递减．
∵h（

1

2

）=

5

8

，h（1）=

1

2

，h（

2

2

）=

2

2

．
∴x∈[

1

2

，1]时，h（x）∈[

1

2

，

2

2

]．
∴方程e^2f（x）=g（x）在区间[

1

2

，1]上有解等价于
a∈[

1

2

，

2

2

]．
（2）a=1时，不等式g（x）＜f（x）可化为

3

2

-

1

x

＜lnx，
即lnx+

1

x

＞

3

2

．
令r（x）=lnx+

1

x

．
则r′(x)=

1

x

-

1

x2

．
当x∈[4，+∞）时，r（x）单调递增．
∴r（x）_min=r（4）=ln4+

1

4

＞

3

2

．
∴当x∈[4，+∞）时，g（x）＜f（x）恒成立．
f（x）＜x-2可化为
lnx＜x-2，
即lnx-x＜-2．
令k（x）=lnx-x．
k′(x)=

1

x

-1．
当x∈[4，+∞）时，k（x）单调递减．
∴k（x）_max=k（4）=ln4-4＜-2．
∴当x∈[4，+∞）时，f（x）＜x-2恒成立．
∴当a=1时，证明不等式g（x）＜f（x）＜x-2在[4，+∞）上恒成立．
（3）∵f（x）=lnx，
∴2f（2k+1）-f（k+1）-f（k）=2ln（2k+1）-ln（k+1）-lnk
=ln

(2k+1)2

k(k+1)

=f(

1

k(k+1)

+4)，
由（2）可知，

3

2

-

1

x

＜f（x）＜x-2，
∴

3

2

-

1

1 k(k+1) +4

＜f(

1

k(k+1)

+4)＜

1

k(k+1)

+4-2，
即

3

2

-

k(k+1)

4k(k+1)+1

＜f(

1

k(k+1)

+4)＜

1

k

-

1

k+1

+2，
∴

5

4

+

1

16k(k+1)+4

＜f(

1

k(k+1)

+4)＜

1

k

-

1

k+1

+2，
∴

5n

4

+

1

16×2+4

+

1

16×2×3+4

+…+

1

16×n(n+1)+4

＜

n

k=1

[2f(2k+1)-f(k+1)-f(k)]＜1-

1

n+1

+2n，
∵n∈N^*，
∴

5n

4

+

1

60

＜

n

k=1

[2f(2k+1)-f(k+1)-f(k)]＜2n+1．

点评：本题考查导数在函数单调性与最值中的应用，零点存在定理，恒成立问题的转化，以及裂项相消法，放缩法等知识与方法的应用，和基本运算能力．属于难题．