Question

2．已知函數(shù)f（x）=lnx+ax+1，a∈R
（1）求f（x）在x=1處的切線(xiàn)方程；
（2）若不等式f（x）≤0恒成立，求a的取值范圍；
（3）記b_n=nln[（$\frac{1}{2}$）^n-1+1]，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，求證：T_n＜4-$\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到f′（1），并求得f（1），由直線(xiàn)方程的點(diǎn)斜式得答案；
（2）把不等式f（x）≤0恒成立轉(zhuǎn)化為ax≤-lnx-1，分離參數(shù)a得，a≤$\frac{-lnx-1}{x}$．令h（x）=$\frac{-lnx-1}{x}$，利用導(dǎo)數(shù)求其最小值得答案；
（3）由（2）知，當(dāng)a=-1時(shí)，lnx-x+1≤0恒成立，即lnx≤x-1，把b₁，b₂，…，b_n放大，再結(jié)合錯(cuò)位相減法即可證得T_n＜4-$\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$．

解答 解：（1）∵x＞0，f′（x）=$\frac{1}{x}+a$，∴f′（1）=a+1，切點(diǎn)是（1，a+1），
∴f（x）在x=1處的切線(xiàn)方程為y-（a+1）=（a+1）（x-1），即y=（a+1）x；
（2）∵x＞0，∴不等式f（x）≤0恒成立，等價(jià)于ax≤-lnx-1，即a≤$\frac{-lnx-1}{x}$．
令h（x）=$\frac{-lnx-1}{x}$，則h′（x）=$-\frac{1-lnx}{{x}^{2}}+\frac{1}{{x}^{2}}=\frac{lnx}{{x}^{2}}$．
由h′（x）=0，得x=1．
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增．
∴h（x）_min=h（1）=-1，則a≤-1；
（3）證明：由（2）知，當(dāng)a=-1時(shí)，lnx-x+1≤0恒成立，即lnx≤x-1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)．
∴b₁=1×ln[（$\frac{1}{2}$）^1-1+1]＜1×[（$\frac{1}{2}$）^1-1+1-1]，
b₂=2×ln[（$\frac{1}{2}$）^2-1+1]＜2×[（$\frac{1}{2}$）^2-1+1-1]，
…
b_n=n×ln[（$\frac{1}{2}$）^n-1+1]＜n×[（$\frac{1}{2}$）^n-1+1-1]，
∴T_n＜1×[（$\frac{1}{2}$）^1-1+1-1]+2×[（$\frac{1}{2}$）^2-1+1-1]+…+n×[（$\frac{1}{2}$）^n-1+1-1]
=1×（$\frac{1}{2}$）^1-1+2×（$\frac{1}{2}$）^2-1+…+n×（$\frac{1}{2}$）^n-1 ．
令S_n=1×（$\frac{1}{2}$）⁰+2×（$\frac{1}{2}$）¹+…+n×（$\frac{1}{2}$）^n-1 ．①
則$\frac{1}{2}$S_n=1×（$\frac{1}{2}$）¹+2×（$\frac{1}{2}$）²+…+n×（$\frac{1}{2}$）ⁿ ．②
①-②得：$\frac{1}{2}{S}_{n}$=$（\frac{1}{2}）^{0}+（\frac{1}{2}）^{1}+（\frac{1}{2}）^{2}+…+（\frac{1}{2}）^{n-1}-n（\frac{1}{2}）^{n}$=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}-n•（\frac{1}{2}）^{n}$=2-$（n+2）•（\frac{1}{2}）^{n}$．
∴${S}_{n}=4-（n+2）•（\frac{1}{2}）^{n-1}=4-\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$．
∴T_n＜4-$\frac{n+2}{{{2^{n-1}}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過(guò)曲線(xiàn)上某點(diǎn)處的切線(xiàn)方程，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，訓(xùn)練了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，是壓軸題．