Question

已知函数f（x）=

1

2

lnx-mx，g（x）=x-

a

x

（a＞0）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若m=

1

2e2

，对?x₁，x₂∈[2，2e²]都有g（x₁）≥f（x₂）成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）证明：2²ln2+2³ln3+2⁴ln4+…+2ⁿlnn＜4+（n-2）×2ⁿ⁺¹（n≥2且n∈N^*）．

Answer 1

考点：数列的求和,利用导数研究函数的单调性

专题：证明题,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）易求f′（x）=

1

2x

-m，通过对m≤0与m＞0的讨论，可求得函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）m=

1

2e2

，f（x）=

1

2

lnx-

1

2e2

x，?x₁，x₂∈[2，2e²]都有g（x₁）≥f（x₂）成立等价于对?x∈[2，2e²]都有[g（x）]_min≥[f（x）]_max，从而可求得实数a的取值范围为（0，3]；
（Ⅲ）f（x）=

1

2

lnx-mx，m＞0，令m=

1

2

，则f（x）=

1

2

lnx-

1

2

x，由（I）知f（x）在（0，1）单调递增，（1，+∞）单调递减，f（x）≤f（1）=-

1

2

，（当x=1时取“=”号）可得

1

2

lnx-

1

2

x≤-

1

2

，lnx≤x-1，于是2²ln2+2³ln3+…+2ⁿlnn＜2²×1+2³×2+…+2ⁿ×（n-1），利用错位相减法即可证得结论成立．

解答： 解：（I）f（x）=

1

2

lnx-mx，x＞0，∴f′（x）=

1

2x

-m（1分）
当m≤0时f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增．（2分）
当m＞0时，由f′（x）=0得x=

1

2m

；
由

f′(x)＞0 x＞0

得0＜x＜

1

2m

，
由

f′(x)＜0 x＞0

得x＞

1

2m

，（4分）
综上所述：当m≤0时，f（x）单调递增区间为（0，+∞）．
当m＞0时，f（x）单调递增区间为（0，

1

2m

），单调递减区间为（

1

2m

，+∞）．（5分）
（Ⅱ）若m=

1

2e2

，f（x）=

1

2

lnx-

1

2e2

x，?x₁，x₂∈[2，2e²]都有g（x₁）≥f（x₂）成立等价于对?x∈[2，2e²]都有[g（x）]_min≥[f（x）]_max（6分）
由（I）知在[2，2e²]上f（x）的最大值f（e²）=

1

2

（7分）
g′（x）=1+

a

x2

＞0（a＞0），x∈[2，2e²]．
函数g（x）在[2，2e²]上是增函数，
[g（x）]_min=g（2）=2-

a

2

，（9分）
由2-

a

2

≥

1

2

，得a≤3，又因为a＞0，∴a∈（0，3]，
所以实数a的取值范围为（0，3]．（10分）
（Ⅲ）证明：f（x）=

1

2

lnx-mx，m＞0，令m=

1

2

，则f（x）=

1

2

lnx-

1

2

x，
由（I）知f（x）在（0，1）单调递增，（1，+∞）单调递减，
f（x）≤f（1）=-

1

2

，（当x=1时取“=”号）
∴

1

2

lnx-

1

2

x≤-

1

2

，lnx≤x-1（11分）
∴2²ln2+2³ln3+…+2ⁿlnn＜2²×1+2³×2+…+2ⁿ×（n-1）（12分）
令S=2²×1+2³×2+…+2ⁿ×（n-1）…①
2S=2³×1+2⁴×2+…+2ⁿ×（n-2）+…+2ⁿ⁺¹×（n-1）…②
①-②得-S=2²+2³+…+2ⁿ-（n-1）×2ⁿ⁺¹=-4（1-2^n-1）-（n-1）×2ⁿ⁺¹，
∴S=4+（n-2）×2ⁿ⁺¹（n≥2且n∈N^*）．
∴2²ln2+2³ln3+2⁴ln4+…+2ⁿlnn＜4+（n-2）×2ⁿ⁺¹（n≥2且n∈N^*）．（14分）

点评：本小题主要考查函数、导数、数列、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想，属于难题．