Question

（Ⅰ）證明：當x＞1時，2lnx＜x-

1

x

；
（Ⅱ）若不等式(1+

a

t

)ln(1+t)＞a對任意的正實數t恒成立，求正實數a的取值范圍；
（Ⅲ）求證：(

9

10

)19＜

1

e2

．

Answer 1

考點：不等式的證明

專題：證明題,函數的性質及應用,不等式的解法及應用

分析：（Ⅰ）令函數f(x)=2lnx-x+

1

x

，定義域是{x∈R|x＞1}，求出導數，判斷函數f（x）在（1，+∞）上單調遞減
，運用單調性即可得證；
（Ⅱ）由于t＞0，a＞0，故不等式(1+

a

t

)ln(1+t)＞a可化為ln(1+t)＞

at

t+a

（*）問題轉化為（*）式對任意的正實數t恒成立，構造函數g(t)=ln(1+t)-

at

t+a

 (t＞0)，求出導數，對a討論，當0＜a≤2時，當a＞2時，求出單調性，判斷不等式是否成立，即可得到；
（Ⅲ）要證(

9

10

)19＜

1

e2

，即證19ln

9

10

＜-2lne?19ln

10

9

＞2?19ln(1+

1

9

)＞2，由（Ⅱ）的結論令a=2，有(1+

2

t

)ln(1+t)＞2對t＞0恒成立，取t=

1

9

可得不等式19ln(1+

1

9

)＞2成立，變形整理即可得證．

解答： （Ⅰ）證明：令函數f(x)=2lnx-x+

1

x

，定義域是{x∈R|x＞1}，
由f′(x)=

2

x

-1-

1

x2

=

-(x-1)2

x2

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

1

x

＜f(1)=0，即2lnx＜x-

1

x

．
（Ⅱ）解：由于t＞0，a＞0，故不等式(1+

a

t

)ln(1+t)＞a可化為ln(1+t)＞

at

t+a

…（*）
問題轉化為（*）式對任意的正實數t恒成立，
構造函數g(t)=ln(1+t)-

at

t+a

 (t＞0)，
則g′(t)=

1

1+t

-

a2

(t+a)2

=

t[t-a(a-2)]

(1+t)(t+a)2

，
（1）當0＜a≤2時，由t＞0，a（a-2）≤0，則g'（t）≥0即g（t）在（0，+∞）上單調遞增，
則g（t）＞g（0）=0，即不等式ln(1+t)＞

at

t+a

對任意的正實數t恒成立．
（2）當a＞2時，a（a-2）＞0
因此t∈（0，a（a-2）），g'（t）＜0，函數g（t）單調遞減；
t∈（a（a-2），+∞），g'（t）＞0，函數g（t）單調遞增，
故g(t)min=g(a(a-2))=2ln(a-1)-

a(a-2)

a-1

，由a＞2，即a-1＞1，
令x=a-1＞1，由（Ⅰ）可知g(t)min=2ln(a-1)-

a(a-2)

a-1

=2lnx-

x2-1

x

=2lnx-(x-

1

x

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

9

10

)19＜

1

e2

，即證19ln

9

10

＜-2lne?19ln

10

9

＞2?19ln(1+

1

9

)＞2，
由（Ⅱ）的結論令a=2，有(1+

2

t

)ln(1+t)＞2對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．

點評：本題考查不等式的證明，考查構造法證明不等式，同時考查導數的運用：求單調區(qū)間和極值、最值，以及單調性的運用，考查運算和推理的能力，屬于中檔題．