Question

10．已知a為實常數(shù)，函數(shù)f（x）=lnx-ax+1．
（1）若f（x）在（1，+∞）是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）當(dāng)0＜a＜1時函數(shù)f（x）有兩個不同的零點x₁，x₂（x₁＜x₂），求證：$\frac{1}{e}$＜x₁＜1且x₁+x₂＞2．（注：e為自然對數(shù)的底數(shù)）；
（3）證明$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{{n}^{2}-n}{4}$（n∈N^*，n≥2）

Answer 1

分析 （1）先求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系，即可求出，
（2）分兩部分證明，根據(jù)導(dǎo)數(shù)函數(shù)的最值得關(guān)系，可證明$\frac{1}{e}$＜x₁＜1，再證根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系可得f（x₂）=0，則有f（$\frac{2}{a}$-x₁）＞f（x₂），問題得以證明，
（3）根據(jù)數(shù)列的函數(shù)特征，得到lnn²＜n²-1，即$\frac{ln}{n+1}$＜$\frac{n-1}{2}$，累加即可證明．

解答 解：（1）因f（x）=lnx-ax+1，則f°（x）=$\frac{1}{x}$-a=$\frac{1-ax}{x}$，又f（x）在（1，+∞）是減函數(shù)，
所以1-ax≤0在（1，+∞）時恒成立，
∴a≥$\frac{1}{x}$在（1，+∞）時恒成立，
∵y=$\frac{1}{x}$在（1，+∞）為減函數(shù)，
∴a≥1
則實數(shù)a的取值范圍為[1，+∞）
（2）證明：因當(dāng)0＜a＜1時函數(shù)f（x）有兩個不同的零點x₁，x₂（x₁＜x₂），
則有l(wèi)nx₁-ax₁+1=lnx₂-ax₂+1=0，
則有a=$\frac{1+ln{x}_{1}}{{x}_{1}}$=$\frac{1+ln{x}_{2}}{{x}_{2}}$．設(shè)g（x）=$\frac{1+lnx}{x}$（x＞0），
則g′（x）=$\frac{lnx}{-{x}^{2}}$．
當(dāng)0＜x＜1 時，g′（x）＞0；當(dāng)x＞1 時，g′（x）＜0；
所以g（x）在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞） 上是減函數(shù)，g（x） 最大值為g（1）=1．
由于g（x₁）=g（x2），且0＜a＜1，
所以0＜$\frac{1+ln{x}_{1}}{{x}_{1}}$=$\frac{1+ln{x}_{2}}{{x}_{2}}$＜1，
又x₁＜x₂，所以$\frac{1}{e}$＜x₁＜1．
下面證明：當(dāng)0＜x＜1時，lnx＜$\frac{{x}^{2}-1}{{x}^{2}+1}$．
設(shè)h（x）=lnx-$\frac{{x}^{2}-1}{{x}^{2}+1}$，x＞0，
則h′（x）=$\frac{（{x}^{2}-1）^{2}}{x（{x}^{2}+1）^{2}}$＞0．
則h（x）在（0，1]上是增函數(shù)，
所以當(dāng)0＜x＜1時，h（x）＜h（1）=0．
即當(dāng)0＜x＜1時，lnx＜$\frac{{x}^{2}-1}{{x}^{2}+1}$．
由0＜x₁＜1得h（x₁）＜0．
所以ln₁＜$\frac{{x}_{1}^{2}-1}{{x}_{1}^{2}+1}$．
所以$\frac{1+ln{x}_{1}}{{x}_{1}}$＜$\frac{2{x}_{1}}{{x}_{1}^{2}+1}$，即a＜$\frac{2{x}_{1}}{{x}_{1}^{2}+1}$，x₁（$\frac{2}{a}$-x₁）＞1，lnx₁+ln（$\frac{2}{a}$-x₁）＞0．
又ax₁=1+lnx₁，
所以ax₁-1+ln（$\frac{2}{a}$-x₁）＞0，ax₁+ln（$\frac{2}{a}$-x₁）＞1．
所以f（$\frac{2}{a}$-x₁）=ln（$\frac{2}{a}$-x₁）-a（$\frac{2}{a}$-x₁）+1=ln（$\frac{2}{a}$-x₁）+ax₁-1＞0，
而f（x₂）=0，則有f（$\frac{2}{a}$-x₁）＞f（x₂）．
由（1）知f′（x）=$\frac{1}{x}$-a=$\frac{1-ax}{x}$，則f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）內(nèi)單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，
由0＜x₁＜$\frac{1}{a}$＜x₂，得$\frac{2}{a}$-x₁＞x₂，
所以$\frac{1}{e}$＜x₁＜1且x₁+x₂＞2．
（3）證明：由（1）知當(dāng)a=1時，f（x）=lnx-x+1在（1，+∞）上是減函數(shù)，且f（1）=0
所以當(dāng)x∈（1，+∞）時恒有l(wèi)nx-x+1＜0，即lnx＜x-1，
當(dāng)n∈N^*，n≥2時，有l(wèi)nn²＜n²-1，即$\frac{ln}{n+1}$＜$\frac{n-1}{2}$，累加得：
$\frac{ln2}{2}$+$\frac{ln3}{4}$+…+$\frac{ln}{n+1}$＜$\frac{1}{2}$（1+2+3…+（n-1））=$\frac{{n}^{2}-n}{4}$，（n∈N^*，n≥2時）

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、零點及不等式的證明等知識，考查學(xué)生綜合運用知識分析解決問題的能力、推理論證能力，本題綜合性強，能力要求較高．