Question

20．已知函數(shù)f（x）=x-axlnx（a≤0），$g（x）=\frac{f（x）}{x}-1$．
（1）求函數(shù)f（x）單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)a=-1時，
①求函數(shù)f（x）在[e^-e，e]上的值域；
②求證：$\sum_{k=2}^n{\frac{1}{g（k）}}＞\frac{{3{n^2}-n-2}}{n（n+1）}$，其中n∈N，n≥2．（參考數(shù)據(jù)ln2≈0.6931）

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）將a=-1帶入f（x），①求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的值域即可；
②設(shè)${S_n}=\frac{{3{n^2}-n-2}}{n（n+1）}$為{a_n}前n項(xiàng)和，n≥2，得到${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{4}{{{n^2}-1}}$，設(shè)$φ（x）=lnx-\frac{1}{4}（{x^2}-1）$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）∵f'（x）=1-alnx-a．
①當(dāng)a=0時，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；
②當(dāng)a＜0時，令1-alnx-a=0，得$lnx=\frac{1-a}{a}$，即$x={e^{\frac{1-a}{a}}}$，
∴f（x）在$（0，{e^{\frac{1-a}{a}}}]$上單調(diào)遞減，在$（{e^{\frac{1-a}{a}}}，+∞）$單調(diào)遞增．
（2）a=-1時，f（x）=x+xlnx．
①由f'（x）=2+lnx，令f'（x）=0x=e^-2，
∴f（x）在[e^-e，e^-2]單調(diào)遞減，[e^-2，e]單調(diào)遞增，
且由$f（{e^{-e}}）=\frac{1-e}{e^e}＜f（e）=2e$，$f（{e^{-2}}）=-\frac{1}{e^2}$，
∴值域?yàn)?[{-\frac{1}{e^2}，2e}]$． 證明：②由g（x）=lnx，設(shè)${S_n}=\frac{{3{n^2}-n-2}}{n（n+1）}$為{a_n}前n項(xiàng)和，n≥2，
則${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{4}{{{n^2}-1}}$，
設(shè)$φ（x）=lnx-\frac{1}{4}（{x^2}-1）$，$φ'（x）=\frac{1}{x}-\frac{x}{2}=-\frac{{（x+\sqrt{2}）（x-\sqrt{2}）}}{2x}$，
φ（x）在[2，+∞）單調(diào)遞減，
$φ（x）≤φ（2）=ln2-\frac{3}{4}＜0$，∴$0＜lnx＜\frac{1}{4}（{x^2}-1）$，
∴$\frac{1}{lnx}＞\frac{4}{{{x^2}-1}}$，即n≥2時，$\frac{1}{lnn}＞\frac{4}{{{n^2}-1}}$，
∴$\sum_{k=2}^n{\frac{1}{lnk}}$$＞\sum_{m=2}^n{\frac{4}{{{m^2}-1}}}=\frac{{3{n^2}-n-2}}{n（n+1）}$，
故原不等式成立．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．