Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=k•

x-1

x+1

．
（Ⅰ）求函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當x＞1時，函數(shù)f（x）＞g（x）恒成立，求實數(shù)k的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)正實數(shù)a₁，a₂，a₃，…，a_n滿足a₁+a₂+a₃+…+a_n=1，求證：ln（1+

1

a 2 1

）+ln（1+

1

a 2 2

）+…+ln（1+

1

a 2 n

）＞

2n2

n+2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）F(x)=lnx-k•

x-1

x+1

（x＞0），利用導數(shù)的運算法則可得F′(x)=

1

x

-

2k

(x+1)2

=

x2+2(1-k)x+1

x(x+1)2

，對于分子x²+2（1-k）x+1=0的判別式△=4（1-k）²-4=4（k²-2k）．通過對△和k分類討論即可得出．
（Ⅱ）即x＞1時，F(xiàn)（x）＞0恒成立．利用（I）的結(jié)論和單調(diào)性即可得出；
（III）由（II）知：取k=2，lnx＞2•

x-1

x+1

在（1，+∞）恒成立，令x=1+

1

an2

，則 ln(1+

1

an2

)＞2•

1 an2

2+ 1 an2

=

2

2an2+1

＞

2

2an+1

．利用累加求和和柯西不等式即可證明．

解答：解：（Ⅰ）F(x)=lnx-k•

x-1

x+1

（x＞0）．
F′(x)=

1

x

-

2k

(x+1)2

=

x2+2(1-k)x+1

x(x+1)2

，
x²+2（1-k）x+1=0的判別式△=4（1-k）²-4=4（k²-2k）．
①當△≤0即k∈[0，2]時，F(xiàn)'（x）≥0恒成立，則F（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；
②當k＜0時，F(xiàn)'（x）＞0在（0，+∞）恒成立，則F（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；
③當k＞2時，方程x²+2（1-k）x+1=0的兩正根為k-1-

k2-2k

，k-1+

k2-2k

．
則F（x）在(0，k-1-

k2-2k

)單調(diào)遞增，(k-1-

k2-2k

，k-1+

k2-2k

)單調(diào)遞減，(k-1+

k2-2k

，+∞)單調(diào)遞增．
綜上：當k≤2時，只有單調(diào)遞增區(qū)間（0，+∞）．
當k＞2時，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，k-1-

k2-2k

)，(k-1+

k2-2k

，+∞)，
單調(diào)遞減區(qū)間為(k-1-

k2-2k

，k-1+

k2-2k

)．
（Ⅱ）即x＞1時，F(xiàn)（x）＞0恒成立．
當k≤2時，F(xiàn)（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，∴當x＞1時，F(xiàn)（x）＞F（1）=0滿足條件．
當k＞2時，F(xiàn)（x）在(k-1-

k2-2k

，k-1+

k2-2k

)單調(diào)遞減，
則F（x）在(1，k-1+

k2-2k

)單調(diào)遞減，
此時F（x）＜F（1）=0不滿足條件．
故實數(shù)k的取值范圍為（-∞，2]．
（Ⅲ）證明：由（II）知：取k=2，lnx＞2•

x-1

x+1

在（1，+∞）恒成立，
令x=1+

1

an2

，則 ln(1+

1

an2

)＞2•

1 an2

2+ 1 an2

=

2

2an2+1

＞

2

2an+1

．
∴

n

i=1

ln(1+

1

ai2

)＞2(

1

2a1+1

+

1

2a2+1

+…+

1

2an+1

)．
又(

1

2a1+1

+

1

2a2+1

+…+

1

2an+1

)[(2a1+1)+(2a2+1)+…+(2an+1)]≥n2
∴2(

1

2a1+1

+

1

2a2+1

+…+

1

2an+1

)≥

2n2

n+2

．
∴

n

i=1

ln(1+

1

ai2

)＞

2n2

n+2

．

點評：本題綜合考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、一元二次方程與判別式的關(guān)系、分類討論、利用已經(jīng)證明的結(jié)論解決問題、恒成立問題等基礎(chǔ)知識與基本技能方法，屬于難題．