Question

16．已知函數(shù)f（x）=lnx．
（1）求f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線(xiàn)；
（2）若?x∈[1，+∞），f（x）≤m（${x-\frac{1}{x}}$）恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）求證：ln（2n+1）＜$\sum_{k=1}^n{\frac{4k}{{4{k^2}-1}}}，（{n∈{N_+}}）$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)導(dǎo)數(shù)．求出切線(xiàn)的斜率，切點(diǎn)坐標(biāo)，然后求解切線(xiàn)方程．
（2）設(shè)$g（x）=lnx-m（{x-\frac{1}{x}}）$，求出導(dǎo)函數(shù)，通過(guò)①若m≤0，②$m≥\frac{1}{2}$時(shí)，當(dāng)$0＜m＜\frac{1}{2}$時(shí)，判斷函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最值，推出結(jié)果即可．
（3）由（2）知，當(dāng)x＞1時(shí)，$m=\frac{1}{2}$時(shí)，$lnx＜\frac{1}{2}（{x-\frac{1}{x}}）$成立，不妨令$x=\frac{2k+1}{2k-1}，k∈{N^*}$，通過(guò)證明$ln\frac{2k+1}{2k-1}＜\frac{1}{2}（{\frac{2k+1}{2k-1}-\frac{2k-1}{2k+1}}）=\frac{4k}{{4{k^2}-1}}$，然后證明結(jié)果．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=lnx．可得f′（x）=$\frac{1}{x}$，f′（1）=1，又f（1）=0．
f（x）在點(diǎn)（1，0）處的切線(xiàn)：y=1（x-1）．
即：y=x-1．
（2）$?x∈（{1，+∞}），lnx≤m（{x-\frac{1}{x}}）$恒成立，設(shè)$g（x）=lnx-m（{x-\frac{1}{x}}）$，即$?x∈（{1，+∞}），g（x）≤0，g'（x）=\frac{1}{x}-m（{1+\frac{1}{x^2}}）=\frac{{-m{x^2}+x-m}}{x^2}$．
①若m≤0，g'（x）＞0，g（x）≥g（1）=0，這與題設(shè)g（x）≤0矛盾．
②若m＞0方程-mx²+x-m=0的判別式△=1-4m²，
當(dāng)△≤0，即$m≥\frac{1}{2}$時(shí)，g'（x）≤0，∴g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，∴g（x）≤g（1）=0，即不等式成立．
當(dāng)$0＜m＜\frac{1}{2}$時(shí)，方程-mx²+x-m=0，其根${x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-4{m^2}}}}{2m}＞0，{x_2}=\frac{{1+\sqrt{1-4{m^2}}}}{2m}＞1$，
當(dāng)x∈（1，x₂）g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，g（x）＞g（1）=0，與題設(shè)矛盾．綜上所述，$m≥\frac{1}{2}$．
（3）由（2）知，當(dāng)x＞1時(shí)，$m=\frac{1}{2}$時(shí)，$lnx＜\frac{1}{2}（{x-\frac{1}{x}}）$成立，不妨令$x=\frac{2k+1}{2k-1}，k∈{N^*}$∴$ln\frac{2k+1}{2k-1}＜\frac{1}{2}（{\frac{2k+1}{2k-1}-\frac{2k-1}{2k+1}}）=\frac{4k}{{4{k^2}-1}}$，$\sum_{k=1}^n{ln\frac{2k+1}{2k-1}}＜\sum_{k=1}^n{\frac{4k}{{4{k^2}-1}}}，（{n∈{N_+}}）$，
即$ln（{2n+1}）＜\sum_{k=1}^n{\frac{4k}{{4{k^2}-1}}}，（{n∈{N_+}}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的最值，構(gòu)造法以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，考查計(jì)算能力．