Question

16．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：$\sum_{i=1}^{1007}$$\frac{4i}{4{i}^{2}-1}$＞ln2015．

Answer 1

分析 （Ⅰ）m=1时，f（x）=g（x）化为xlnx-x²+1=0，设h（x）=xlnx-x²+1，确定其单调性，即可求方程f（x）=g（x）的实根；
（Ⅱ）任意的x∈[1，+∞），f′（x）=$\frac{lnx+x+1}{（x+1）^{2}}$＞0，函数单调递增，f′（1）=$\frac{1}{2}$，根据对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤g（x）恒成立，即可求m的取值范围；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知当x＞1时，m=$\frac{1}{2}$，有lnx＜$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{x}$），令x=$\frac{2k+1}{2k-1}$（k为正整数），则ln$\frac{2k+1}{2k-1}$＜$\frac{1}{2}$（$\frac{2k+1}{2k-1}$-$\frac{2k-1}{2k+1}$）=$\frac{4k}{4{k}^{2}-1}$，运用累加法，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）m=1时，f（x）=g（x）化为xlnx-x²+1=0，
设h（x）=xlnx-x²+1，则h′（x）=lnx+1-2x，
∴h″（x）=$\frac{1}{x}$-2，
∴h′（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上单调递增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上单调递减，
∴h′（x）_max=h′（$\frac{1}{2}$）=-ln2，
∴h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递减，
∵h（1）=0，
∴方程f（x）=g（x）的实根为x=1；
（Ⅱ）∵f（x）=$\frac{xlnx}{x+1}$，
∴任意的x∈[1，+∞），f′（x）=$\frac{lnx+x+1}{（x+1）^{2}}$＞0，函数单调递增，
∵f′（1）=$\frac{1}{2}$，
∴对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤g（x）恒成立，
令F（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），即有x∈[1，+∞），F（x）≤0，
F′（x）=$\frac{1}{x}$-m（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）=$\frac{-m{x}^{2}+x-m}{{x}^{2}}$，
当m≤0时，则F′（x）＞0，F（x）≥F（1）=0，与F（x）≤0矛盾；
当m＞0时，-mx²+x-m=0的判别式为1-4m²，当△≤0，即m≥$\frac{1}{2}$，
F′（x）≤0恒成立，即有F（x）在{1，+∞）递减，即为F（x）≤F（1）=0，成立；
当0＜m＜$\frac{1}{2}$时，-mx²+x-m=0的两根为x₁，x₂（x₁＜x₂），当x∈（1，x₂），
F′（x）＞0，F（x）≥F（1）=0，与F（x）≤0矛盾．
综上可得，m≥$\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知当x＞1时，m=$\frac{1}{2}$，有lnx＜$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{x}$），
令x=$\frac{2k+1}{2k-1}$（k为正整数），则ln$\frac{2k+1}{2k-1}$＜$\frac{1}{2}$（$\frac{2k+1}{2k-1}$-$\frac{2k-1}{2k+1}$）=$\frac{4k}{4{k}^{2}-1}$，
即为ln（2k+1）-ln（2k-1）＜$\frac{4k}{4{k}^{2}-1}$，
即有ln3-ln1＜$\frac{4}{4×{1}^{2}-1}$，ln5-ln3＜$\frac{4×2}{4×{2}^{2}-1}$，…，ln（2n+1）-ln（2n-1）＜$\frac{4n}{4{n}^{2}-1}$，
累加可得，ln（2n+1）＜$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{4i}{4{i}^{2}-1}$，
令n=1007，则有$\sum_{i=1}^{1007}$$\frac{4i}{4{i}^{2}-1}$＞ln2015．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性及应用，不等式的证明方法：累加法，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．