Question

6．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$+ln$\frac{x}{x-1}$．
（Ⅰ）求證：f（x）圖象關(guān)于點(diǎn)（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$）中心對(duì)稱；
（Ⅱ）定義S_n=$\sum_{i=1}^{n-1}$f（$\frac{i}{n}$）=f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$），其中n∈N^*且n≥2，求S_n；
（Ⅲ）對(duì)于（Ⅱ）中的S_n，求證：對(duì)于任意n∈N^*都有l(wèi)nS_n+2-lnS_n+1＞$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{{n}^{3}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）證明：f（x）+f（1-x）=$\frac{1}{2}$+ln$\frac{x}{x-1}$+$\frac{1}{2}$+ln$\frac{1-x}{x}$=1，即可證明f（x）圖象關(guān)于點(diǎn)（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$）中心對(duì)稱；
（Ⅱ）利用倒序相加法，求S_n；
（Ⅲ）lnS_n+2-lnS_n+1＞$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{{n}^{3}}$等價(jià)于ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{{n}^{3}}$，構(gòu)造 函數(shù)，即可證明．

解答 （Ⅰ）證明：f（x）+f（1-x）=$\frac{1}{2}$+ln$\frac{x}{x-1}$+$\frac{1}{2}$+ln$\frac{1-x}{x}$=1
所以f（x）圖象關(guān)于點(diǎn)$（\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$中心對(duì)稱                 …（2分）
（Ⅱ）解：∵S_n=$\sum_{i=1}^{n-1}$f（$\frac{i}{n}$）=f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$）…①，
∴S_n=f（$\frac{n-1}{n}$）+…+f（$\frac{2}{n}$）+f（$\frac{1}{n}$）  …②
①+②，得2S_n=n-1，∴S_n=$\frac{n-1}{2}$n∈N^*且n≥2       …（6分）
（Ⅲ）證明：當(dāng)n∈N^*時(shí)，由（2）知lnS_n+2-lnS_n+1=ln（1+$\frac{1}{n}$），
于是lnS_n+2-lnS_n+1＞$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{{n}^{3}}$等價(jià)于ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{{n}^{3}}$             …（7分）
令g（x）=x³-x²+ln（1+x），則$g'（x）=\frac{{3{x^3}+{{（x-1）}^2}}}{x+1}$，
∴當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，g'（x）＞0，即函數(shù)g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，又g（0）=0．
于是，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，恒有g(shù)（x）＞g（0）=0，即x³-x²+ln（1+x）＞0恒成立．
故當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，有l(wèi)n（1+x）＞x²-x³成立，
取$x=\frac{1}{n}∈（0，+∞）$，則有$ln（\frac{1}{n}+1）＞\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n^3}$成立．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)圖象的對(duì)稱性，考查不等式的證明，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．