Question

8．已知函数f（x）=lnx，g（x）=mx-1．
（1）若f（x）≤g（x）恒成立，求m的取值范围；
（2）若n∈N^*且n＞1，求证：$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{3}^{2}}$+…+$\frac{2n-1}{{n}^{2}}$＜2lnn．

Answer 1

分析 （1）由f（x）≤g（x），得lnx≤mx-1，即mx≥lnx+1，分离变量m，构造函数令h（x）=$\frac{lnx+1}{x}$，由导数求其最大值得答案；
（2）由$\frac{2n-1}{{n}^{2}}$＜$\frac{2n+1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$，得$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{3}^{2}}$+…+$\frac{2n-1}{{n}^{2}}$＜$（\frac{1}{2}+\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}+\frac{1}{4}）+…+（\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}）$$＜2（\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}）$，利用导数证明t（x）=$\frac{1-x}{x}$+lnx在[1，+∞）上为增函数，得到$\frac{1}{n}＜ln\frac{n}{n-1}$，从而证明答案．

解答 （1）解：由f（x）≤g（x），得lnx≤mx-1，即mx≥lnx+1，
∵x＞0，∴$m≥\frac{lnx+1}{x}$，
令h（x）=$\frac{lnx+1}{x}$，则h′（x）=$-\frac{lnx}{{x}^{2}}$，
当x∈（0，1），h′（x）＞0，函数单调递增，x∈（1，+∞），h′（x）＜0，函数单调递减，
∴h（x）_max=h（1）=1，
∴m≥1；
（2）证明：∵$\frac{2n-1}{{n}^{2}}$＜$\frac{2n+1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$，
∴$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{3}^{2}}$+…+$\frac{2n-1}{{n}^{2}}$＜$（\frac{1}{2}+\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}+\frac{1}{4}）+…+（\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}）$$＜2（\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}）$．
令t（x）=$\frac{1-x}{x}$+lnx，
下面利用导数证明t（x）在[1，+∞）上为增函数，
∵t′（x）=$-\frac{1}{{x}^{2}}+\frac{1}{x}=\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
∴当x≥1时，t′（x）≥0，
∴t（x）在[1，+∞）上为增函数．
则n≥2时，t（$\frac{n}{n-1}$）=$\frac{1-\frac{n}{n-1}}{\frac{n}{n-1}}$+ln$\frac{n}{n-1}$=ln$\frac{n}{n-1}$-$\frac{1}{n}$＞t（1）=0，
即：$\frac{1}{n}＜ln\frac{n}{n-1}$，
∴$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}＜ln（\frac{2}{1}•\frac{3}{2}…\frac{n}{n-1}）=lnn$，
则$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{3}^{2}}$+…+$\frac{2n-1}{{n}^{2}}$＜2lnn．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，训练了利用函数的单调性证明不等式，体现了数学转化思想方法，属难题．