Question

16．已知函数f （x）=lnx，g（x）=2-$\frac{3}{x}$（x＞0）
（1）试判断当f（x）与g（x）的大小关系；
（2）试判断曲线 y=f（x）和 y=g（x）是否存在公切线，若存在，求出公切线方程，若不存在，说明理由；
（3）试比较 （1+1×2）（1+2×3）…（1+2012×2013）与 e⁴⁰²¹的大小，并写出判断过程．

Answer 1

分析 （1）利用作差法构造新函数，判断新函数在x＞0时取值情况判断f（x）-g（x）的差与0的大小关系即可；
（2）假设存在公切线，设出两个切点，分别求出切线，根据两条切线是相同的，列出方程求解进行判断即可；
（3）（1+1×2）（1+2×3）…（1+2012×2013）＞e⁴⁰²¹．理由：由（1）可得lnx＞2-$\frac{3}{x}$（x＞0），可令x=1+n（n+1），可得ln（1+n（n+1））＞2-$\frac{3}{1+n（n+1）}$＞2-$\frac{3}{n（n+1）}$=2-3（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），运用裂项相消求和和不等式的性质，即可得到结论．

解答 解：（1）证明：设F（x）=f（x）-g（x），则F′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{3}{{x}^{2}}$，
由F'（x）=0，得x=3，当0＜x＜3时，F'（x）＜0，
当x＞3时F'（x）＞0，可得F（x）在区间（0，3）单调递减，在区间（3，+∞）单调递增，
所以F（x）取得最小值为F（3）=ln3-1＞0，
∴F（x）＞0，即f（x）＞g（x）；
（2）假设曲线f（x）与g（x）有公切线，切点分别为P（x₀，lnx₀）和Q（x₁，2-$\frac{3}{{x}_{1}}$）．
因为f′（x）=$\frac{1}{x}$，g′（x）=$\frac{3}{{x}^{2}}$，
所以分别以P（x₀，lnx₀）和Q（x₁，2-$\frac{3}{{x}_{1}}$）为切线的切线方程为y=$\frac{x}{{x}_{0}}$+lnx₀-1，y=$\frac{3x}{{{x}_{1}}^{2}}$+2-$\frac{6}{{x}_{1}}$．
令 $\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{x}_{0}}=\frac{3}{{{x}_{1}}^{2}}}\\{ln{x}_{0}-1=2-\frac{6}{{x}_{1}}}\end{array}\right.$，即2lnx₁+$\frac{6}{{x}_{1}}$-（3+ln3）=0．
令h（x）=2lnx₁+$\frac{6}{{x}_{1}}$-（3+ln3）．
所以由h′（x）=$\frac{2}{{x}_{1}}$-$\frac{6}{{{x}_{1}}^{2}}$=0，得x₁=3．
显然，当0＜x₁＜3时，h'（x）＜0，当x₁＞3时，h'（x）＞0，
所以h（x）_min=ln3-1＞0，
所以方程2lnx₁+$\frac{6}{{x}_{1}}$-（3+ln3）=0无解，
故二者没有公切线．
所以曲线y=f（x）和y=g（x）不存在公切线；
（3）（1+1×2）（1+2×3）•…•（1+2012×2013）＞e⁴⁰²¹．
理由：由（1）可得lnx＞2-$\frac{3}{x}$（x＞0），
可令x=1+n（n+1），可得ln（1+n（n+1））＞2-$\frac{3}{1+n（n+1）}$＞2-$\frac{3}{n（n+1）}$
=2-3（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
则ln（1+1×2）+ln（1+2×3）+…+ln（1+2012×2013）
＞2×2012-3（1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{2012}$-$\frac{1}{2013}$）=4024-3+$\frac{3}{2013}$＞4021．
即有（1+1×2）（1+2×3）…（1+2012×2013）＞e⁴⁰²¹．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间，考查直线方程的运用，以及构造法的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．