Question

16．已知函数f（x）=lnx．
（1）求f（x）在点（1，f（1））处的切线；
（2）若?x∈[1，+∞），f（x）≤m（${x-\frac{1}{x}}$）恒成立，求实数m的取值范围；
（3）求证：ln（2n+1）＜$\sum_{k=1}^n{\frac{4k}{{4{k^2}-1}}}，（{n∈{N_+}}）$．

Answer 1

分析 （1）求出函数导数．求出切线的斜率，切点坐标，然后求解切线方程．
（2）设$g（x）=lnx-m（{x-\frac{1}{x}}）$，求出导函数，通过①若m≤0，②$m≥\frac{1}{2}$时，当$0＜m＜\frac{1}{2}$时，判断函数的单调性求出函数的最值，推出结果即可．
（3）由（2）知，当x＞1时，$m=\frac{1}{2}$时，$lnx＜\frac{1}{2}（{x-\frac{1}{x}}）$成立，不妨令$x=\frac{2k+1}{2k-1}，k∈{N^*}$，通过证明$ln\frac{2k+1}{2k-1}＜\frac{1}{2}（{\frac{2k+1}{2k-1}-\frac{2k-1}{2k+1}}）=\frac{4k}{{4{k^2}-1}}$，然后证明结果．

解答 解：（1）函数f（x）=lnx．可得f′（x）=$\frac{1}{x}$，f′（1）=1，又f（1）=0．
f（x）在点（1，0）处的切线：y=1（x-1）．
即：y=x-1．
（2）$?x∈（{1，+∞}），lnx≤m（{x-\frac{1}{x}}）$恒成立，设$g（x）=lnx-m（{x-\frac{1}{x}}）$，即$?x∈（{1，+∞}），g（x）≤0，g'（x）=\frac{1}{x}-m（{1+\frac{1}{x^2}}）=\frac{{-m{x^2}+x-m}}{x^2}$．
①若m≤0，g'（x）＞0，g（x）≥g（1）=0，这与题设g（x）≤0矛盾．
②若m＞0方程-mx²+x-m=0的判别式△=1-4m²，
当△≤0，即$m≥\frac{1}{2}$时，g'（x）≤0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递减，∴g（x）≤g（1）=0，即不等式成立．
当$0＜m＜\frac{1}{2}$时，方程-mx²+x-m=0，其根${x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-4{m^2}}}}{2m}＞0，{x_2}=\frac{{1+\sqrt{1-4{m^2}}}}{2m}＞1$，
当x∈（1，x₂）g'（x）＞0，g（x）单调递增，g（x）＞g（1）=0，与题设矛盾．综上所述，$m≥\frac{1}{2}$．
（3）由（2）知，当x＞1时，$m=\frac{1}{2}$时，$lnx＜\frac{1}{2}（{x-\frac{1}{x}}）$成立，不妨令$x=\frac{2k+1}{2k-1}，k∈{N^*}$∴$ln\frac{2k+1}{2k-1}＜\frac{1}{2}（{\frac{2k+1}{2k-1}-\frac{2k-1}{2k+1}}）=\frac{4k}{{4{k^2}-1}}$，$\sum_{k=1}^n{ln\frac{2k+1}{2k-1}}＜\sum_{k=1}^n{\frac{4k}{{4{k^2}-1}}}，（{n∈{N_+}}）$，
即$ln（{2n+1}）＜\sum_{k=1}^n{\frac{4k}{{4{k^2}-1}}}，（{n∈{N_+}}）$．

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的最值，构造法以及转化思想的应用，考查计算能力．