Question

16．已知函數(shù)f （x）=lnx，g（x）=2-$\frac{3}{x}$（x＞0）
（1）試判斷當f（x）與g（x）的大小關(guān)系；
（2）試判斷曲線 y=f（x）和 y=g（x）是否存在公切線，若存在，求出公切線方程，若不存在，說明理由；
（3）試比較 （1+1×2）（1+2×3）…（1+2012×2013）與 e⁴⁰²¹的大小，并寫出判斷過程．

Answer 1

分析 （1）利用作差法構(gòu)造新函數(shù)，判斷新函數(shù)在x＞0時取值情況判斷f（x）-g（x）的差與0的大小關(guān)系即可；
（2）假設(shè)存在公切線，設(shè)出兩個切點，分別求出切線，根據(jù)兩條切線是相同的，列出方程求解進行判斷即可；
（3）（1+1×2）（1+2×3）…（1+2012×2013）＞e⁴⁰²¹．理由：由（1）可得lnx＞2-$\frac{3}{x}$（x＞0），可令x=1+n（n+1），可得ln（1+n（n+1））＞2-$\frac{3}{1+n（n+1）}$＞2-$\frac{3}{n（n+1）}$=2-3（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），運用裂項相消求和和不等式的性質(zhì)，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）證明：設(shè)F（x）=f（x）-g（x），則F′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{3}{{x}^{2}}$，
由F'（x）=0，得x=3，當0＜x＜3時，F(xiàn)'（x）＜0，
當x＞3時F'（x）＞0，可得F（x）在區(qū)間（0，3）單調(diào)遞減，在區(qū)間（3，+∞）單調(diào)遞增，
所以F（x）取得最小值為F（3）=ln3-1＞0，
∴F（x）＞0，即f（x）＞g（x）；
（2）假設(shè)曲線f（x）與g（x）有公切線，切點分別為P（x₀，lnx₀）和Q（x₁，2-$\frac{3}{{x}_{1}}$）．
因為f′（x）=$\frac{1}{x}$，g′（x）=$\frac{3}{{x}^{2}}$，
所以分別以P（x₀，lnx₀）和Q（x₁，2-$\frac{3}{{x}_{1}}$）為切線的切線方程為y=$\frac{x}{{x}_{0}}$+lnx₀-1，y=$\frac{3x}{{{x}_{1}}^{2}}$+2-$\frac{6}{{x}_{1}}$．
令 $\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{x}_{0}}=\frac{3}{{{x}_{1}}^{2}}}\\{ln{x}_{0}-1=2-\frac{6}{{x}_{1}}}\end{array}\right.$，即2lnx₁+$\frac{6}{{x}_{1}}$-（3+ln3）=0．
令h（x）=2lnx₁+$\frac{6}{{x}_{1}}$-（3+ln3）．
所以由h′（x）=$\frac{2}{{x}_{1}}$-$\frac{6}{{{x}_{1}}^{2}}$=0，得x₁=3．
顯然，當0＜x₁＜3時，h'（x）＜0，當x₁＞3時，h'（x）＞0，
所以h（x）_min=ln3-1＞0，
所以方程2lnx₁+$\frac{6}{{x}_{1}}$-（3+ln3）=0無解，
故二者沒有公切線．
所以曲線y=f（x）和y=g（x）不存在公切線；
（3）（1+1×2）（1+2×3）•…•（1+2012×2013）＞e⁴⁰²¹．
理由：由（1）可得lnx＞2-$\frac{3}{x}$（x＞0），
可令x=1+n（n+1），可得ln（1+n（n+1））＞2-$\frac{3}{1+n（n+1）}$＞2-$\frac{3}{n（n+1）}$
=2-3（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
則ln（1+1×2）+ln（1+2×3）+…+ln（1+2012×2013）
＞2×2012-3（1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{2012}$-$\frac{1}{2013}$）=4024-3+$\frac{3}{2013}$＞4021．
即有（1+1×2）（1+2×3）…（1+2012×2013）＞e⁴⁰²¹．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間，考查直線方程的運用，以及構(gòu)造法的運用，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．