Question

已知函數h（x）=lnx+

1

x

（1）若g（x）=h（x+m），求g（x）的極小值；
（2）若φ（x）=h（x）-

1

x

+ax2-2x有兩個不同的極值點，其極小值為M，試比較2M與-3的大小關系，并說明理由；
（3）若f（x）=h（x）-

1

x

，設S_n=

n

k=1

f/(1+

k

n

)，Tn=

n

k=1

f/(1+

k-1

n

)，n∈N*．是否存在正整數n₀，使得當n＞n₀時，恒有S_n+T_n＜

n

4028

+nln4．若存在，求出一個滿足條件的n₀，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由已知可得g（x）的表達式，求導數判單調性可得極小值；（2）可得φ（x），求導數可得極值M，構造函數v（x）=-1+2lnx-2x，再次求導數判單調性可得；（3）由數列的求和方法分別求得S_n和T_n，歸納可得

1

2n

＜ln

2n

2n-1

，累加可得

Sn+Tn

2n

＜ln2+

1

4n

，可得存在正整數n₀=2014使之成立．

解答：解：（1）∵g（x）=h（x+m）
∴g（x）=ln（x+m）+

1

x+m

  （x＞-m）
∴g′（x）=

1

x+m

-

1

(x+m)2

=

x+m-1

(x+m)2

 

x	（-m，1-m）	1-m	（1-m，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	遞減	極小值	遞增

所以g（x）_極小值=g（1-m）=1
（2）由題意可得φ（x）=h（x）-

1

x

+ax2-2x=ax²-2x+lnx  （x＞0）
求導數可得φ′（x）=2ax-2+

1

x

=

2ax2-2x+1

x

  （x＞0），
∵φ（x）有兩個不同的極值點，∴2ax²-2x+1=0在（0，+∞）有兩個不同的實根．
設p（x）=2ax²-2x+1，設兩根為x₁，x₂，且x₁＜x₂，
則有

△=4-8a＞0 x1+x2= 1 a ＞0 x1x2= 1 2a ＞0

，解之可得0＜a＜

1

2

，

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
φ′（x）	+	0	-	0	+
φ（x）	遞增	極大值	遞減	極小值	遞增

∴φ(x)極小值=M=φ(x2)=ax22-2x2+lnx2
又p（x）=0在（0，+∞）的兩根為x₁，x₂∴2ax22-2x2+1=0
∴φ(x)極小值=M=φ(x2)=ax22-2x2+lnx2=x2-

1

2

-2x2+lnx2=-

1

2

+lnx2-x2
∴2M=-1+2lnx₂-2x₂，∵x2=

1+ 1-2a

2a

 0＜a＜

1

2

，∴x₂＞1，
令v（x）=-1+2lnx-2x，v′（x）=-

2

x

-2，
∴x＞1時，v′（x）＜0，v（x）在（1，+∞）遞減，
∴x＞1時，v（x）=-1+2lnx-2x＜v（1）=-3
∴2M＜-3
（3）要使n＞n₀時，恒有Sn+Tn＜

n

4028

+nln4即：

Sn+Tn

2n

＜

1

8056

+ln2
∵f(x)=lnx，f/(x)=

1

x

.Sn=

1

1+ 1 n

+

1

1+ 2 n

+…+

1

1+ n n

；
Tn=

1

1+ 0 n

+

1

1+ 1 n

+…+

1

1+ n-1 n

Sn

n

=

1

n

(

1

1+ 1 n

+

1

1+ 2 n

+…+

1

1+ n n

)=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

2n

同理：

Tn

n

=

1

n

+

1

n+1

+…+

1

2n-1

∴

Sn+Tn

2n

=

1

2

[(

1

n

+

1

n+1

)+(

1

n+1

+

1

n+2

)+…+(

1

2n-1

+

1

2n

)]
由（1）的結論，令m=1得

x

1+x

＜ln(x+1)(0＜x＜1)即：

1 x

1+ 1 x

＜ln(

1

x

+1)(x＞1)
∴

1

1+x

＜ln(

x+1

x

)即：

1

1+n

＜ln

n+1

n

，

1

2+n

＜ln

n+2

n+1

…

1

2n

＜ln

2n

2n-1

累加：

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

2n

＜ln2即：

Sn

n

＜ln2
又

Sn+Tn

2n

=

1

2

[(

1

n

+

1

n+1

)+(

1

n+1

+

1

n+2

)+…+(

1

2n-1

+

1

2n

)]=

Sn

n

+

1

4n

∴

Sn+Tn

2n

＜ln2+

1

4n

要使

Sn+Tn

2n

＜

1

8056

+ln2只需要ln2+

1

4n

＜

1

8056

+ln2，即：n＞2014
綜上所述，存在正整數n₀=2014，使得當n＞n₀時，恒有nln4＜S_n+T_n＜

n

4028

+nln4

點評：本題考查導數的極值和數列的綜合，涉及數列的求和以及表達式的綜合應用，屬難題．