Question

1．已知函f（x）=$\frac{1}{2}$ax²+（a-1）x，g（x）=tlnx，數(shù)若直線y=e^-2x+1是g（x）在x=e²處的切線方程．
（Ⅰ）函數(shù)f（x）+g（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）當a＞0時，對任意正實數(shù)x，不等式f（x）≥g（x）+2k-$\frac{3}{2a}$恒成立，求實數(shù)k的取值范圍；
（Ⅲ）證明：$\frac{{n}^{n}}{（n+1）^{n+1}}$＜$\frac{1}{ne}$（n∈N₊）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得e^-2=$\frac{t}{{e}^{2}}$，解t可得g（x）=lnx，設h（x）=f（x）+g（x）=$\frac{1}{2}$ax²+（a-1）x+lnx，導數(shù)法可判h（x）=f（x）+g（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，只需a≥$\frac{x-1}{{x}^{2}+x}$恒成立，由基本不等式可得；
（Ⅱ）設F（x）=$\frac{1}{2}$ax²+（a-1）x-lnx-2k+$\frac{3}{2a}$，導數(shù)法可得F（x）的極小值也是最小值為F（$\frac{1}{a}$）=1+$\frac{1}{a}$+lna-2k，令φ（a）=1+$\frac{1}{a}$+lna-2k，求導數(shù)可得φ（a）的最小值為φ（1）=2-2k，解不等式可得k的取值范圍；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知當k=1時，lna+$\frac{1}{a}$-1≥0，令a=1+$\frac{1}{n}$可得ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{1}{n+1}$，由不等式的性質變形可得．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得e^-2=$\frac{t}{{e}^{2}}$，解得t=1，故g（x）=lnx，
設h（x）=f（x）+g（x）=$\frac{1}{2}$ax²+（a-1）x+lnx，
求導數(shù)可得h′（x）=ax+（a-1）+$\frac{1}{x}$=$\frac{a{x}^{2}+（a-1）x+1}{x}$，
要使函數(shù)h（x）=f（x）+g（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，
需h′（x）≥0恒成立，即ax²+（a-1）x+1≥0，即a≥$\frac{x-1}{{x}^{2}+x}$恒成立，
∴$\frac{x-1}{{x}^{2}+x}$=$\frac{x-1}{（x-1）^{2}+3（x-1）+2}$=$\frac{1}{x-1+\frac{2}{x-1}+3}$≤$\frac{1}{2\sqrt{2}+3}$=3-2$\sqrt{2}$，
當且僅當x=$\sqrt{2}+1$時不等式取等號，∴a≥3-2$\sqrt{2}$；
（Ⅱ）設F（x）=$\frac{1}{2}$ax²+（a-1）x-lnx-2k+$\frac{3}{2a}$，
∴F′（x）=ax+（a-1）-$\frac{1}{x}$=$\frac{a{x}^{2}+（a-1）x-1}{x}$=$\frac{（x+1）（ax-1）}{x}$，
∵a＞0，由F′（x）=0可得x=$\frac{1}{a}$，
∴函數(shù)F（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{a}$，+∞）單調(diào)遞增，
∴F（x）的極小值也是最小值為F（$\frac{1}{a}$）=1+$\frac{1}{a}$+lna-2k，
∴1+$\frac{1}{a}$+lna-2k≥0，令φ（a）=1+$\frac{1}{a}$+lna-2k，
求導數(shù)可得φ′（a）=-$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{a}$=$\frac{a-1}{{a}^{2}}$，
可得φ（a）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴φ（a）的最小值為φ（1）=2-2k，
故2-2k≥0，解得k≤1
故實數(shù)k的取值范圍為（-∞，1]；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知當k=1時，lna+$\frac{1}{a}$-1≥0，
令a=1+$\frac{1}{n}$可得ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{1}{n+1}$，∴$ln（\frac{n+1}{n}）^{n+1}$＞lne，
即$（\frac{n+1}{n}）^{n+1}$＞e，即$\frac{{n}^{n}}{（n+1）^{n+1}}$＜$\frac{1}{ne}$（n∈N₊）

點評 本題考查導數(shù)的綜合應用，涉及函數(shù)的極值和基本不等式的應用，屬難題．