Question

已知函數f（x）=

1

2

lnx-mx，g（x）=x-

a

x

（a＞0）．
（Ⅰ）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）若m=

1

2e2

，對?x₁，x₂∈[2，2e²]都有g（x₁）≥f（x₂）成立，求實數a的取值范圍；
（Ⅲ）證明：2²ln2+2³ln3+2⁴ln4+…+2ⁿlnn＜4+（n-2）×2ⁿ⁺¹（n≥2且n∈N^*）．

Answer 1

考點：數列的求和,利用導數研究函數的單調性

專題：證明題,函數的性質及應用,導數的綜合應用

分析：（Ⅰ）易求f′（x）=

1

2x

-m，通過對m≤0與m＞0的討論，可求得函數f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）m=

1

2e2

，f（x）=

1

2

lnx-

1

2e2

x，?x₁，x₂∈[2，2e²]都有g（x₁）≥f（x₂）成立等價于對?x∈[2，2e²]都有[g（x）]_min≥[f（x）]_max，從而可求得實數a的取值范圍為（0，3]；
（Ⅲ）f（x）=

1

2

lnx-mx，m＞0，令m=

1

2

，則f（x）=

1

2

lnx-

1

2

x，由（I）知f（x）在（0，1）單調遞增，（1，+∞）單調遞減，f（x）≤f（1）=-

1

2

，（當x=1時取“=”號）可得

1

2

lnx-

1

2

x≤-

1

2

，lnx≤x-1，于是2²ln2+2³ln3+…+2ⁿlnn＜2²×1+2³×2+…+2ⁿ×（n-1），利用錯位相減法即可證得結論成立．

解答： 解：（I）f（x）=

1

2

lnx-mx，x＞0，∴f′（x）=

1

2x

-m（1分）
當m≤0時f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）單調遞增．（2分）
當m＞0時，由f′（x）=0得x=

1

2m

；
由

f′(x)＞0 x＞0

得0＜x＜

1

2m

，
由

f′(x)＜0 x＞0

得x＞

1

2m

，（4分）
綜上所述：當m≤0時，f（x）單調遞增區(qū)間為（0，+∞）．
當m＞0時，f（x）單調遞增區(qū)間為（0，

1

2m

），單調遞減區(qū)間為（

1

2m

，+∞）．（5分）
（Ⅱ）若m=

1

2e2

，f（x）=

1

2

lnx-

1

2e2

x，?x₁，x₂∈[2，2e²]都有g（x₁）≥f（x₂）成立等價于對?x∈[2，2e²]都有[g（x）]_min≥[f（x）]_max（6分）
由（I）知在[2，2e²]上f（x）的最大值f（e²）=

1

2

（7分）
g′（x）=1+

a

x2

＞0（a＞0），x∈[2，2e²]．
函數g（x）在[2，2e²]上是增函數，
[g（x）]_min=g（2）=2-

a

2

，（9分）
由2-

a

2

≥

1

2

，得a≤3，又因為a＞0，∴a∈（0，3]，
所以實數a的取值范圍為（0，3]．（10分）
（Ⅲ）證明：f（x）=

1

2

lnx-mx，m＞0，令m=

1

2

，則f（x）=

1

2

lnx-

1

2

x，
由（I）知f（x）在（0，1）單調遞增，（1，+∞）單調遞減，
f（x）≤f（1）=-

1

2

，（當x=1時取“=”號）
∴

1

2

lnx-

1

2

x≤-

1

2

，lnx≤x-1（11分）
∴2²ln2+2³ln3+…+2ⁿlnn＜2²×1+2³×2+…+2ⁿ×（n-1）（12分）
令S=2²×1+2³×2+…+2ⁿ×（n-1）…①
2S=2³×1+2⁴×2+…+2ⁿ×（n-2）+…+2ⁿ⁺¹×（n-1）…②
①-②得-S=2²+2³+…+2ⁿ-（n-1）×2ⁿ⁺¹=-4（1-2^n-1）-（n-1）×2ⁿ⁺¹，
∴S=4+（n-2）×2ⁿ⁺¹（n≥2且n∈N^*）．
∴2²ln2+2³ln3+2⁴ln4+…+2ⁿlnn＜4+（n-2）×2ⁿ⁺¹（n≥2且n∈N^*）．（14分）

點評：本小題主要考查函數、導數、數列、不等式等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想、分類與整合思想，屬于難題．