Question

（2013•成都二模）已知函數f(x)=x-

1

x

，g(x)=alnx，其中x＞0，a∈R，令函數h（x）=f（x）-g（x）．
（Ⅰ）若函數h（x）在（0，+∞）上單調遞增，求a的取值范圍；
（Ⅱ）當a取（I）中的最大值時，判斷方程h（x）+h（2-x）=0在（0，1）上是否有解，并說明理由；
（Ⅲ）令函數F（x）=

1

x

+2lnx，證明不等式

2n

k=1

(-1)kF[1+(-

1

2

)k]＜1(n∈N*)．

Answer 1

分析：（I）h（x）=f（x）-g（x）=x-

1

x

-alnx（x＞0），利用導數的運算法則可得h′(x)=1+

1

x2

-

a

x

=

x2-ax+1

x2

，由于函數h（x）在（0，+∞）上單調遞增，可得x²-ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立，即a≤x+

1

x

在（0，+∞）上恒成立，利用基本不等式即可解得a的取值范圍．
（II）當a=2時，h（x）=x-

1

x

-2lnx，可得h（x）+h（2-x）=2-

2

x(2-x)

-2ln[x(2-x)]．令t=x（2-x）∈（0，1），構造函數φ（t）=2-

2

t

-2lnt，利用導數研究其單調性即可得出．
（III）令ak=1+(-

1

2

)k，當k為偶數時，a_k＞1，由（I）可知：

1

ak

+2lnak＜ak，即(-1)kF[1+(-

1

2

)k]＜1+(

1

2

)k．當k為奇數時，0＜a_k＜1，由（I）可知：

1

ak

+2lnak＞ak．如何利用“累加求和”即可得出．

解答：解：（I）h（x）=f（x）-g（x）=x-

1

x

-alnx（x＞0），h′(x)=1+

1

x2

-

a

x

=

x2-ax+1

x2

，
∵函數h（x）在（0，+∞）上單調遞增，
∴x²-ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立，即a≤x+

1

x

在（0，+∞）上恒成立，
解得a≤2．
（II）當a=2時，h（x）=x-

1

x

-2lnx，∴h（x）+h（2-x）=2-

2

x(2-x)

-2ln[x(2-x)]．
令t=x（2-x）∈（0，1），構造函數φ（t）=2-

2

t

-2lnt，
φ′(t)=

2

t2

-

2

t

=

2-2t

t2

＞0恒成立，
∴函數φ（t）在（0，1）上單調遞增，且φ（1）=0，
∴φ（t）=2-

2

t

-2lnt在（0，1）上無解．
（III）令ak=1+(-

1

2

)k，當k為偶數時，a_k＞1，由（I）可知：

1

ak

+2lnak＜ak，即(-1)kF[1+(-

1

2

)k]＜1+(

1

2

)k．
當k為奇數時，0＜a_k＜1，由（I）可知：

1

ak

+2lnak＞ak．
∴(-1)kF[1+(-

1

2

)k]＜-[1+(-

1

2

)k]=-1++(

1

2

)k．
∴-F(a1)+F(a2)＜1+(

1

2

)1-1+(

1

2

)2，
-F(a3)+F(a4)＜1+(

1

2

)3-1+(

1

2

)4，
…，
-F(a2n-1)+F(a2n)＜1+(

1

2

)2k-1-1+(

1

2

)2k，
累加求和得不等式

2n

k=1

(-1)kF[1+(-

1

2

)k]＜(

1

2

)1+(

1

2

)2+…+(

1

2

)2k=

1 2 [1-( 1 2 )2k]

1- 1 2

=1-(

1

2

)2k＜1．．

點評：本題中考查了利用導數研究函數的單調性、恒成立問題等價轉化、分類討論、基本不等式的性質、“累加求和”等基礎知識與基本方法，屬于難題．