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  3. [2018年] 已知常数k≥ln2—1，证明：(x一1)(x—ln2x+2klnx一1)≥0．

[2018年] 已知常数k≥ln2—1，证明：(x一1)(x—ln2x+2klnx一1)≥0．

admin2019-08-01  42
问题 [2018年]  已知常数k≥ln2—1，证明：(x一1)(x—ln2x+2klnx一1)≥0．
选项
答案 ①当x=1时，不等式成立． ②当0＜x＜1时，只需在x—ln2x+2klnx一1≤0． 设f(x)=x—ln2x+2klnx一1，则有 f′(x)=1—2lnx·[*] 令g(x)=x—2lnx+2k，则g′(x)=l一[*]＜0，故g(x)单调递减，所以 g(x)＞g(1)=1+2k≥1+2(ln2—1)=2ln2－1＞0， 从而f′(x)＞0，f(x)单调递增，故f(x)≤f(1)=0，结论成立． ③当x＞1时，只需证x－ln2x+2klnx一1≥1． 由②可知，当1＜x＜2时，g′(x)=1－[*]＜0，则g(x)单调递减； 当x＞2时，g′(x)＞0，则g(x)单调递增．所以 g(x)≥g(2)=2+2k一2ln2≥2+2(ln2—1)一2ln2=0， 可知f′(x)≥0，f(x)单调增加，则f(x)≥f(1)=0，故结论成立． 综上所述，不等式恒成立，结论得证．
解析
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考研数学二

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