Question

已知函数f（x）=lnx+

1

x

-1
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设m∈R，对任意的a∈（-l，1），总存在x_o∈[1，e]，使得不等式ma-（x_o）＜0成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）证明：ln²l+1n²2+…+ln²n＞

(n-1)4

4n3

(n≥2，n∈N*)．

Answer 1

分析：（I）利用导数求出函数的极值，然后求f（x）的单调区间；
（II）依题意，ma＜f（x）_max，由（I）可得f（x）在x=e处取得最大值，故问题转化为ma-

1

e

＜0对于任意的a∈（-1，1）恒成立，即可求m的取值范围；
（III）由（Ⅰ）知函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，从而可得lnx²≥1-

1

x2

．再利用叠加及放缩，可得ln1+ln2+…+lnn＞

(n-1)2

2n

恒成立，再结合柯西不等式即可证明不等式成立．

解答：解：（Ⅰ）f′（x）=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

，x＞0．
令f′（x）＞0，得x＞1，因此函数f（x）的单调递增区间是（1，+∞）．
令f′（x）＜0，得0＜x＜1，因此函数f（x）的单调递减区间是（0，1）．…（4分）
（Ⅱ）依题意，ma＜f（x）_max．
由（Ⅰ）知，f（x）在[1，e]上是增函数，
∴f（x）_max=f（e）=lne+

1

e

-1=

1

e

．
∴ma＜

1

e

，即ma-

1

e

＜0对于任意的a∈（-1，1）恒成立．
∴

m×1- 1 e ≤0 m×(-1)- 1 e ≤0

解得-

1

e

≤m≤

1

e

．
所以，m的取值范围是[-

1

e

，

1

e

]．…（8分）
（Ⅲ）由（Ⅰ）知函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，
故f（x）=lnx+

1

x

-1≥f（1）=0，
∴lnx≥1-

1

x

，以x²替代x，得lnx²≥1-

1

x2

．
∴ln²l+1n²2+…+ln²n＞1-

1

12

+1-

1

22

+…+1-

1

n2

即ln²l+1n²2+…+ln²n＞n-（

1

12

+

1

22

+…+

1

n2

）．
又

1

12

+

1

22

+…+

1

n2

＜1+

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

n(n-1)

∴-（

1

12

+

1

22

+…+

1

n2

）＞-[1+

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

n(n-1)

]
∴n-（

1

12

+

1

22

+…+

1

n2

）＞n-[1+

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

n(n-1)

]=n-[1+1-

1

2

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n-1

-

1

n

]=

(n-1)2

n

，
∴ln1+ln2+…+lnn＞

(n-1)2

2n

．
由柯西不等式，
（ln²l+1n²2+…+ln²n）（1²+1²+…+1²）≥（ln1+ln2+…+lnn）²．
∴ln²l+1n²2+…+ln²n≥

1

n

（ln1+ln2+…+lnn）²＞

(n-1)4

4n3

(n≥2，n∈N*)．
∴ln²l+1n²2，+…+ln² n＞

(n-1)4

4n3

(n≥2，n∈N*)．…（14分）

点评：本题是中档题，考查函数的导数的应用，不等式的综合应用，柯西不等式的应用，考查计算能力，转化思想的应用．