Question

17．已知函數(shù)f（x）=lnx-x．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間及最大值；
（2）若不等式xf（x）+x²-kx+k＞0對(duì)?x∈（2，+∞）恒成立，求實(shí)數(shù)k的最大值；
（3）若數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為${a_n}=1+\frac{1}{2^n}（{n∈{N^*}}）$，試結(jié)合（1）中有關(guān)結(jié)論證明：a₁•a₂•a₃…a_n＜e（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意先求函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f′（x），令f′（x）＞0，f′（x）＜0，求出滿足條件的范圍，即可求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，令h（x）=x-ln x-1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出k的最大值即可；
（3）由（1）知，當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜f（0）=0，即ln（x+1）＜x．由an=1+（n∈N+），令k=1，2，3，…，n，累加后，利用放縮法可得答案．

解答 （1）解　因f（x）=ln x-x，所以f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$．
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＞0；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＜0．
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞減區(qū)間為（1，+∞）．
（2）解：令g（x）=$\frac{xf（x）+x2}{x-1}$=$\frac{xlnx}{x-1}$，則g′（x）=$\frac{x-lnx-1}{（x-1）2}$，
令h（x）=x-ln x-1，則h′（x）=1-$\frac{1}{x}$，x＞2時(shí)h′（x）＞0，
故h（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，而h（x）＞h（2）=1-ln 2＞0，
h（x）＞0，即g′（x）＞0，所以g（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，
故g（x）＞g（2）=$\frac{2ln2}{2-1}$=2ln 2．
由題意有k≤2ln 2，所以k的最大值是2ln 2．
（3）證明：由（1）知，當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜f（1）=-1，即ln x＜x-1．
因?yàn)閍_n=1+$\frac{1}{{2}^{n}}$（n∈N^*），所以ln a_n=ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜$\frac{1}{{2}^{n}}$．
令k=1，2，3，…+，n，這n個(gè)式子相加得：
ln a₁+ln a₂+…+ln a_n＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…$\frac{1}{{2}^{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1．
即ln （a₁a₂a₃…+a_n）＜1，所以a₁a₂a₃…a_n＜e．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是數(shù)列與函數(shù)的綜合，不等式的證明，恒成立問題，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，綜合性強(qiáng)，運(yùn)算量大，轉(zhuǎn)化困難，屬于難題．