Question

13．已知函数f（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$-2a+1（a＞0）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≥lnx在[1，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）证明：$\sum_{k=2}^n{ln\frac{k-1}{k+1}}＞\frac{{2-n-{n^2}}}{{\sqrt{2n（n+1）}}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的定义域，以及导函数，根据导函数的正负与增减性的关系判断即可确定出f（x）的单调区间；
（Ⅱ）令g（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$-2a+1-lnx，x∈[1，+∞），求出g（1）的值以及导函数，根据导函数的正负与增减性的关系确定出f（x）≥lnx在[1，+∞）上恒成立时实数a的取值范围即可；
（Ⅲ）令a=$\frac{1}{2}$，根据第二问的结论列出关系式，进而可得当lnx²＜x-$\frac{1}{x}$（x＞1）（*），所证不等式等价于ln$\frac{2}{n（n+1）}$＞$\frac{2-n-{n}^{2}}{\sqrt{2n（n+1）}}$，令x=$\sqrt{\frac{n（n+1）}{2}}$＞1（n＞2），代入不等式（*），整理即可得证．

解答 （Ⅰ）解：f（x）的定义域为{x|x≠0}，f′（x）=a-$\frac{a-1}{{x}^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}+1-a}{{x}^{2}}$（a＞0），
当0＜a≤1时，f'（x）＞0恒成立，此时，f（x）在（-∞，0），（0，+∞）上是增函数；
当a≥1时，令f'（x）=0得：x₁=-$\sqrt{\frac{a-1}{a}}$，x₂=$\sqrt{\frac{a-1}{a}}$，
列表如下：

x	（-∞，x1）	（x1，0）	（0，x2）	（x2，+∞）
f'（x）	+	_	_	+
f（x）	增	减	减	增

此时，f（x）的递增区间是（-∞，-$\sqrt{\frac{a-1}{a}}$），（$\sqrt{\frac{a-1}{a}}$，+∞）；递减区间是（-$\sqrt{\frac{a-1}{a}}$，0），（0，$\sqrt{\frac{a-1}{a}}$）；
（Ⅱ）解：g（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$-2a+1-lnx，x∈[1，+∞），
则g（1）=0，g′（x）=a-$\frac{a-1}{x^2}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{{a{x^2}-x-（a-1）}}{x^2}$=$\frac{{a（x-1）（x-\frac{1-a}{a}）}}{x^2}$，
（i）当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，$\frac{1-a}{a}$＞1，
若1＜x＜$\frac{1-a}{a}$，则g′（x）＜0，g（x）是减函数，
∴g（x）＜g（1）=0，即f（x）＞lnx，
故f（x）≥lnx在[1，+∞）上不恒成立；
（ii）当a≥$\frac{1}{2}$时，$\frac{1-a}{a}$≤1，
若x＞1，则g′（x）＞0，g（x）是增函数，
∴g（x）＞g（1）=0，即f（x）＞lnx，
故当x≥1时，f（x）≥lnx，
综上所述，所求a的取值范围是[$\frac{1}{2}$，+∞）；
（Ⅲ）证明：在（2）中，令a=$\frac{1}{2}$，可得不等式：lnx≤$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{x}$）（x≥1）（当且仅当x=1时等号成立），
进而可得当lnx²＜x-$\frac{1}{x}$（x＞1）（*），
$\sum_{k=2}^{n}$ln$\frac{k-1}{k+1}$＞$\frac{2-n-{n}^{2}}{\sqrt{2n（n+1）}}$?ln$\frac{2}{n（n+1）}$＞$\frac{2-n-{n}^{2}}{\sqrt{2n（n+1）}}$，
令x=$\sqrt{\frac{n（n+1）}{2}}$＞1（n＞2），代入不等式（*）得：ln$\frac{n（n+1）}{2}$＜$\sqrt{\frac{n（n+1）}{2}}$-$\sqrt{\frac{2}{n（n+1）}}$=$\frac{n（n+1）}{\sqrt{2n（n+1）}}$-$\frac{2}{\sqrt{2n（n+1）}}$=$\frac{{n}^{2}+n-2}{\sqrt{2n（n+1）}}$，
则所证不等式成立．

点评 此题考查了利用导数求闭区间上函数的最值，以及利用导数研究函数的增减性，以及恒成立问题，熟练掌握导函数的性质与函数增减性的关系是解本题的关键．