Question

13．已知函数f（x）=x-lnx-a，g（x）=x+$\frac{1}{x}$-（lnx）^a+1，a∈R．
（Ⅰ）若f（x）≥0在定义域内恒成立，求a的取值范围；
（Ⅱ）当a取（Ⅰ）中的最大值时，求函数g（x）的最小值；
（Ⅲ）证明不等式$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{（{2}^{k}+1）（{2}^{k}+2）}$＞ln$\frac{{2}^{n+1}}{{2}^{n}+1}$（n∈N⁺）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的定义域，利用导数求出单调区间，继而得到最值．
（Ⅱ）对g（x）求导，再构造新函数说明g（x）的单调性，得到g（x）的最小值．
（Ⅲ）由第（Ⅱ）的结论写出各项，求和证明即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域是（0，+∞），$f'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$
当x∈（0，1）时，f'（x）＜0，f（x）递减，当x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）递增
∴f_min（x）=f（1）=1-a
依题意得，1-a≥0，a≤1，故a的取值范围（-∞，1]…（4分）
（Ⅱ）当a=1时，$g（x）=x+\frac{1}{x}-{（{lnx}）^2}$，g（x）的定义域是（0，+∞）$g'（x）=1+\frac{1}{x}-2lnx•\frac{1}{x}=\frac{{{x^2}-2xlnx-1}}{x^2}$，
令h（x）=x²-2xlnx-1，h'（x）=2（x-lnx-1），
由（Ⅰ）知，h'（x）的最小值是h'（1）=0，∴h'（x）≥0，h（x）递增，又h（1）=0x∈（0，1）时，h'（x）＜0，g'（x）＜0，g（x）递减，当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，g'（x）＞0，g（x）递增，∴g_min（x）=g（1）=2； …（9分）
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）得，x＞1时，$g（x）＞g（1），x+\frac{1}{x}-{（{lnx}）^2}＞2，{（{\sqrt{x}-\frac{1}{{\sqrt{x}}}}）^2}＞{（{lnx}）^2}，\sqrt{x}-\frac{1}{{\sqrt{x}}}＞lnx$，
令$x=\frac{{{2^k}+2}}{{{2^k}+1}}＞1（{k∈{N^*}}）$，
则$\sqrt{\frac{{{2^k}+2}}{{{2^k}+1}}}-\sqrt{\frac{{{2^k}+1}}{{{2^k}+2}}}＞ln\frac{{{2^k}+2}}{{{2^k}+1}}，即\frac{1}{{\sqrt{（{{2^k}+1}）（{{2^k}+2}）}}}＞ln\frac{{{2^k}+2}}{{{2^k}+1}}$，
∴$\sum_{k=1}^n{\frac{1}{{\sqrt{（{{2^k}+1}）（{{2^k}+2}）}}}}＞ln\frac{2+2}{2+1}+ln\frac{{{2^2}+2}}{{{2^2}+1}}+…+ln\frac{{{2^n}+2}}{{{2^n}+1}}$=$ln（\frac{{2}^{2}}{2+1}•\frac{2（2+1）}{{2}^{2}+1}•…•\frac{2（{2}^{n-1}+1）}{{2}^{n}+1}）=ln\frac{{2}^{n+1}}{{2}^{n}+1}$…（14分）

点评 本题主要考查利用导数求函数极值最值问题和利用函数导数对参数的求解及利用新函数的单调性证明复杂不等式的方法，属于难度较大题型．