Question

（Ⅰ）證明：當(dāng)x＞1，2lnx＜x-

1

x

（Ⅱ）若不等式（1+

a

t

）ln（1+t）＞a對(duì)任意的正實(shí)數(shù)t恒成立，求正實(shí)數(shù)a的取值范圍
（Ⅲ）求證：（

9

10

）¹⁹＜

1

e2

．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：計(jì)算題,證明題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）令函數(shù)f（x）=2lnx-x+

1

x

，定義域是（1，+∞）；求導(dǎo)f′（x）=

2

x

-1-

1

x2

=

-(x-1)2

x2

≤0可知函數(shù)f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減；從而證明．
（Ⅱ）因?yàn)閠＞0，a＞0，故不等式（1+

a

t

）ln（1+t）＞a可化為ln（1+t）＞

at

t+a

；問題轉(zhuǎn)化為ln（1+t）＞

at

t+a

對(duì)任意的正實(shí)數(shù)t恒成立，構(gòu)造函數(shù)g（t）=ln（1+t）-

at

t+a

（t＞0），從而轉(zhuǎn)化為最值問題．
（Ⅲ）要證（

9

10

）¹⁹＜

1

e2

，即證19ln

9

10

＜-2；即證：19ln（1+

1

9

）＞2，從而證明．

解答： 解：（Ⅰ）證明：令函數(shù)f（x）=2lnx-x+

1

x

，定義域是（1，+∞）；
由f′（x）=

2

x

-1-

1

x2

=

-(x-1)2

x2

≤0可知函數(shù)f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減；
故當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）=2lnx-x+

1

x

＜f（1）=0，
即2lnx＜x-

1

x

．
（Ⅱ）因?yàn)閠＞0，a＞0，
故不等式（1+

a

t

）ln（1+t）＞a可化為ln（1+t）＞

at

t+a

；
問題轉(zhuǎn)化為ln（1+t）＞

at

t+a

對(duì)任意的正實(shí)數(shù)t恒成立，
構(gòu)造函數(shù)g（t）=ln（1+t）-

at

t+a

（t＞0），
則g′（t）=

1

t+1

-

a2

(t+a)2

=

t[t-a(a-2)]

(1+t)(t+a)2

，
（1）當(dāng)0＜a≤2時(shí)，∵t＞0，a（a-2）≤0，
∴g′（t）≥0；
即g（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
所以g（t）＞g（0）=0，
即不等式ln（1+t）＞

at

t+a

對(duì)任意的正實(shí)數(shù)t恒成立．
（2）當(dāng)a＞2時(shí)，a（a-2）＞0；
因此t∈（0，a（a-2））時(shí)，g′（t）＜0，函數(shù)g（t）單調(diào)遞減；
t∈（a（a-2），+∞）時(shí)，g′（t）＞0，函數(shù)g（t）單調(diào)遞增，
所以g_min（t）=g（a（a-2））=2ln（a-1）-

a(a-2)

a-1

；
∵a＞2，∴a-1＞1，令x=a-1＞1，
由（Ⅰ）可知，g_min（t）=g（a（a-2））=2ln（a-1）-

a(a-2)

a-1

=2lnx-x+

1

x

＜0，不合題意．
綜上可得，正實(shí)數(shù)a的取值范圍是（0，2]．
（Ⅲ）證明：要證（

9

10

）¹⁹＜

1

e2

，
即證19ln

9

10

＜-2；
即證：19ln（1+

1

9

）＞2，
由（Ⅱ）的結(jié)論令a=2，
有（1+

2

t

）ln（1+t）＞2對(duì)t＞0恒成立，
取t=

1

9

可得不等式19ln（1+

1

9

）＞2成立，
綜上，不等式（

9

10

）¹⁹＜

1

e2

成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及構(gòu)造函數(shù)證明不等式的方法應(yīng)用，屬于難題．