Question

8．己知函数f（x）=xlnx．
（1）求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）对?x≥1，f（x）≤m（x²-1）成立，求实数m的最小值；
（3）证明：1n$\root{4}{2n+1}$$＜\sum_{i=1}^{n}$$\frac{i}{4{i}^{2}-1}$．（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）由f（1）=0，f′（1）=1；从而写出切线方程即可；
（2）化简可得m（x-$\frac{1}{x}$）-lnx≥0，从而令g（x）=m（x-$\frac{1}{x}$）-lnx，x≥1；则问题等价于?x≥1，g（x）≥0恒成立；从而求导确定函数的单调性及取值情况，从而解得．
（3）由（2）知，当m=$\frac{1}{2}$时，对?x≥1，xlnx≤$\frac{1}{2}$（x²-1）恒成立，从而化简可得lnx≤$\frac{1}{2}$$\frac{（x+1）（x-1）}{x}$（当且仅当x=1时等号成立）；再设i∈N^*，则$\frac{2i+1}{2i-1}$＞1，从而证明．

解答 解：（1）f（1）=ln1=0，f′（1）=ln1+1=1；
故曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y-0=x-1，
即x-y-1=0；
（2）∵x≥1，f（x）≤m（x²-1），
∴xlnx≤m（x²-1），
∴m（x-$\frac{1}{x}$）-lnx≥0，
设g（x）=m（x-$\frac{1}{x}$）-lnx，x≥1；
则问题等价于?x≥1，g（x）≥0恒成立；
注意到g（1）=0，
∵g′（x）=m（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）-$\frac{1}{x}$，
∵x≥1，∴$\left\{\begin{array}{l}{1+\frac{1}{{x}^{2}}＞0}\\{\frac{1}{x}＞0}\end{array}\right.$，
∴当m≤0时，g（x）在[1，+∞）上单调递减，
∴g（x）≤g（1）=0，故不成立；
当m＞0时，g′（x）=$\frac{m{x}^{2}-x+m}{{x}^{2}}$，
令h（x）=mx²-x+m，
∵△=1-4m²，
①若△=1-4m²≤0，即m≥$\frac{1}{2}$时；
此时，h（x）≥0，故g′（x）≥0，
故g（x）在[1，+∞）上单调递增，
故g（x）≥g（1）=0，故成立；
②若△=1-4m²＞0，即0＜m＜$\frac{1}{2}$时；
此时，h（x）=0存在两个不同的实数根x₁，x₂，
不妨设x₁＜x₂，
故x₁x₂=1，故x₁＜1＜x₂，
故g（x）在[1，x₂）上单调递减，
故g（x）≤g（1）=0，故不成立；
综上所述，实数m的最小值为$\frac{1}{2}$；
（3）证明：由（2）知，当m=$\frac{1}{2}$时，对?x≥1，xlnx≤$\frac{1}{2}$（x²-1）恒成立，
即lnx≤$\frac{1}{2}$$\frac{（x+1）（x-1）}{x}$（当且仅当x=1时等号成立）；
设i∈N^*，则$\frac{2i+1}{2i-1}$＞1，
故ln$\frac{2i+1}{2i-1}$＜$\frac{1}{2}$（$\frac{2i+1}{2i-1}$+1）（$\frac{2i+1}{2i-1}$-1）$\frac{2i-1}{2i+1}$=$\frac{4i}{4{i}^{2}-1}$，
故$\frac{1}{4}$ln$\frac{2i+1}{2i-1}$＜$\frac{i}{4{i}^{2}-1}$，
故$\frac{1}{4}$$\sum_{i=1}^{n}（ln\frac{2i+1}{2i-1}）$$＜\sum_{i=1}^{n}$$\frac{i}{4{i}^{2}-1}$，
即1n$\root{4}{2n+1}$$＜\sum_{i=1}^{n}$$\frac{i}{4{i}^{2}-1}$．（n∈N^*）．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，同时考查了分类讨论的思想应用及联加的应用，属于难题．