Question

設函數g（x）=x+

1

x

-（lnx）²，（x＞0）．
（1）求函數g（x）的最小值；
（2）證明不等式：

n

k=1

1

2k(2k+1)

＞ln

2n+1

2n+1

（n∈N^* ）．

Answer 1

考點：利用導數求閉區(qū)間上函數的最值,利用導數研究函數的單調性

專題：導數的綜合應用

分析：（1）g′(x)=1-

1

x2

-

2lnx

x

=

x2-1-2xlnx

x2

（x＞0）．令f（x）=x²-1-2xlnx，f′（x）=2x-2lnx-2，令u（x）=2x-2lnx-2，則u′(x)=2-

2

x

=

2(x-1)

x

，利用導數與函數單調性的關系即可得出．
（2）由（1）可得：當x≥1時，g（x）≥2．可得x+

1

x

≥ln2x+2，當x＞1時，可得

x

-

1

x

＞lnx，令x=1+

1

2k

（k∈N^*）．可得

2k+1 2k

-

2k 2k+1

=

1

2k(2k+1)

＞ln

2k+1

2k

．可得

n

k=1

1

2k(2k+1)

＞ln

21+1

21

+ln

22+1

22

+…+ln

2n+1

2n

=ln

(21+1)(22+1)•…•(2n+1)

21•22•…•2n

，只要用數學歸納法證明：

(21+1)(22+1)•…•(2n+1)

21•22•…•2n

＞

2n+1

2n+1

即可．

解答： 解：（1）g′(x)=1-

1

x2

-

2lnx

x

=

x2-1-2xlnx

x2

（x＞0）．
令f（x）=x²-1-2xlnx，
f′（x）=2x-2lnx-2，
令u（x）=2x-2lnx-2，
則u′(x)=2-

2

x

=

2(x-1)

x

，
當x＞1時，u′（x）＞0，函數u（x）單調遞增；當0＜x＜1時，u′（x）＜0，函數u（x）單調遞減．
∴當x=1時，u（x）確定最小值，u（1）=0．
∴f′（x）≥0，
∴函數f（x）單調遞增．
而當x=1時，f（1）=0，即g′（1）=0；當x＞1時，f（x）＞0，即g′（x）＞0，函數g（x）單調遞增；當0＜x＜1時，f（x）＜0，即g′（x）＜0，函數g（x）單調遞減．
因此當x=1時，函數g（x）取得最小值，g（1）=2．
（2）由（1）可得：當x≥1時，g（x）≥2．
∴x+

1

x

≥ln2x+2，
當x＞1時，可得

x

-

1

x

＞lnx，
令x=1+

1

2k

（k∈N^*）．
則

2k+1 2k

-

2k 2k+1

=

2k+1-2k

2k(2k+1)

=

1

2k(2k+1)

＞ln

2k+1

2k

．
∴

n

k=1

1

2k(2k+1)

＞ln

21+1

21

+ln

22+1

22

+…+ln

2n+1

2n

=ln

(21+1)(22+1)•…•(2n+1)

21•22•…•2n

，
下面用數學歸納法證明：

(21+1)(22+1)•…•(2n+1)

21•22•…•2n

＞

2n+1

2n+1

．
①當n=1時，左邊=

21+1

21

=

3

2

，右邊=

21+1

21+1

=

4

3

，
左邊＞右邊成立．
②假設當n=k（k∈N^*）時成立，即

(21+1)(22+1)•…•(2k+1)

2 k(k+1) 2

＞

2k+1

2k+1

成立．
則當n=k+1時，左邊=

(21+1)(22+1)•…•(2k+1)(2k+1+1)

2 k(k+1) 2 •2k+1

＞

2k+1

2k+1

•

2k+1+1

2k+1

，
∵（2^k+1+1）²＞2^2（k+1）+2•2^k+1=2^k+1（2^k+1+2），
∴

2k+1+1

2k+1

＞

2k+1+2

2k+1+1

，
∴

2k+1

2k+1

•

2k+1+1

2k+1

＞

2k+2

2k+1+1

=右邊．
∴當n=k+1時不等式成立．
∴?n∈N^*，不等式

(21+1)(22+1)•…•(2n+1)

21•22•…•2n

＞

2n+1

2n+1

成立．
∴ln

(21+1)(22+1)•…•(2n+1)

21•22•…•2n

＞ln

2n+1

2n+1

（n∈N^* ）．
∴不等式：

n

k=1

1

2k(2k+1)

＞ln

2n+1

2n+1

（n∈N^* ）成立．

點評：本題考查了利用導數研究函數的單調性極值并證明不等式、數學歸納法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．