Question

20．已知函數f（x）=lnx-x+1，x∈（0，+∞），g（x）=x³-3a²x（a＞0）
（1）求f（x）的最大值；
（2）若對?x₁∈（0，+∞），總存在x₂∈[1，2]使得f（x₁）≤g（x₂）成立，求a的取值范圍；
（3）利用（1）的結論，證明不等式（$\frac{1}{n}$）ⁿ+（$\frac{2}{n}$）ⁿ+…+（$\frac{n}{n}$）ⁿ＜$\frac{e}{e-1}$．

Answer 1

分析 （1）由導數求出函數的單調區(qū)間，由單調性求出函數的最大值；
（2）由f（x₁）≤g（x₂）恒成立，等價于f（x₁）_max≤g（x₂）_max，通過討論a的范圍，確定g（x）的單調區(qū)間，求出g（x）的最大值，從而求出a的范圍；
（3）根據lnx≤x-1，（x＞0），取x=$\frac{k}{n}$，可得ln$\frac{k}{n}$≤$\frac{k}{n}$-1=$\frac{k-n}{n}$，累加即可．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-x+1，x∈（0，+∞），
∴f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，
∴當0＜x＜1時，f′（x）＞0，
當x＞1時，f′（x）＜0，
∴f（x）≤f（1）=0，
∴f（x）的最大值為0；
（2）若對?x₁∈（0，+∞），總存在x₂∈[1，2]使得f（x₁）≤g（x₂）成立，
依題意地f（x₁）_max≤g（x₂）_max，其中x₁∈（0，+∞），x₂∈[1，2]，
由（1）知f（x₁）_max=f（1）=0
而g′（x）=3（x-a）（x+a），（a＞0），
①0＜a≤1時，x∈[1，2]，g′（x）≥0恒成立，
∴g（x）在[1，2]遞增，此時g（x）_max=g（2）=8-6a²，
由題意得 $\left\{\begin{array}{l}{8-{6a}^{2}≥0}\\{0＜a≤1}\end{array}\right.$，
∴0＜a≤1；
②1＜a＜2時，x∈（1，a），g′（x）＜0，x∈（a，2），g′（x）＞0，
∴g（x）在（1，a）遞減，在（a，2）遞增，
∴g（x）_max=max{g（2），g（1）}，
若g（1）＞g（2），即1-3a²＞8-6a²即a²＞$\frac{7}{3}$，
此時1-3a²＜0不合題意；
若g（1）≤g（2）即1-3a²≤8-6a²，即a²≤$\frac{7}{3}$，
∴1＜a≤$\frac{\sqrt{21}}{3}$，
由題意得 $\left\{\begin{array}{l}{8-{6a}^{2}≥0}\\{1＜a≤\frac{\sqrt{21}}{3}}\end{array}\right.$，
∴1＜a≤$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
③a≥2時，x∈[1，2]，g′（x）≤0恒成立，
∴g（x）在[1，2]遞減，
∴g（x）_max=g（1）=1-3a²＜0不合題意，
綜上，a∈（0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$]．
（3）證明：由（1）得：f（x）≤0，即lnx≤x-1，（x＞0），
取x=$\frac{k}{n}$，∴l(xiāng)n$\frac{k}{n}$≤$\frac{k}{n}$-1=$\frac{k-n}{n}$，
∴nln$\frac{k}{n}$≤k-n，即${（\frac{k}{n}）}^{n}$≤e^k-n，
∴$\frac{1}{n}$）ⁿ+（$\frac{2}{n}$）ⁿ+…+（$\frac{n}{n}$）ⁿ
≤e^1-n+e^2-n+…+e^n-n
=$\frac{{e}^{1-n}{-e}^{n-n}e}{1-e}$=$\frac{e{-e}^{1-n}}{e-1}$＜$\frac{e}{e-1}$．

點評 本題考查了利用導數求函數的最值，運用等價轉換思想求參數，考查不等式的證明，是一道綜合題．